海南省白沙中學2024屆物理高二第二學期期末經典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，一個匝數為50匝的圓形線圈M，它的兩端點a、b與內阻很大的電壓表相連，線圈中磁通量的變化規律如圖所示，則ab兩點的電勢高低與電壓表讀數正確的為A．＞，20VB．＞，100VC．＜，20VD．＜，100V2、如圖所示，光滑水平面內有一直角坐標系xOy，在坐標系第一象限區域存在磁感應強度大小為B＝1T、方向豎直向下的勻強磁場。現將質量為m＝0.5kg的硬導線框置于水平面上，線框各點位置坐標滿足（0≤x≤2m），線框中通入I＝1A的恒定電流，電流方向如圖所示，在水平外力F和安培力FA的共同作用下，線框沿y軸負方向由靜止開始以大小為a＝2m/s2的加速度做勻加速直線運動。設導線框形狀始終保持不變，不考慮由于導線運動對電流產生的影響，則t＝1s時，線框所受安培力FA及外力F的大小分別為（）A．FA＝1N，F＝2NB．,C．,D．,3、如圖所示，在光滑的水平面上固定著兩輕質彈簧，一彈性小球在兩彈簧間往復運動，把小球和彈簧視為一個系統，則小球在運動過程中()A．系統的動量守恒，動能守恒B．系統的動量守恒，機械能守恒C．系統的動量不守恒，機械能守恒D．系統的動量不守恒，動能守恒4、下列說法正確的是()A．晶體熔化時吸收熱量,分子平均動能一定增大B．布朗運動的無規則性反映了液體分子運動的無規則性C．產生表面張力的原因是表面層內液體分子間斥力大于引力D．當人們感到潮濕時,空氣的絕對濕度一定較大5、我國“蛟龍號”在某次試驗時，深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10min內全過程的v–t圖（由于某種原因軸上方的縱軸刻度沒有顯示），則下列說法中不正確的是A．全過程中“蛟龍號”的最大加速度是m/s2B．全過程中“蛟龍號”的平均速率是1.5m/sC．“蛟龍號”上升各過程的最大速度是3m/sD．在6~10min潛水員會先感到超重，后感到失重6、如圖所示，A、B兩個楔形物體疊放在一起，B靠在豎直墻壁上，在水平作用力F的作用下，A、B保持靜止，則增大F的過程中(A、B仍保持靜止)，下列說法正確的是A．墻對B的摩擦力一定增大B．A對B的正壓力一定增大C．B對A的摩擦力一定增大D．A對B的作用力一定不變二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在豎直平面內的xOy坐標系中分布著與水平方向成30°角的勻強電場，將一質量為0.1kg、帶電荷量為+0.01C的小球以某一初速度從原點O豎直向上拋出，它的軌跡方程為y1=x，已知P點為軌跡與直線方程y=x的交點，重力加速度g=10m/s1．則（）A．電場強度的大小為100N/CB．小球初速度的大小為C．小球通過P點時的動能為D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少8、如圖所示，A、B是相同的的兩個小燈泡，L為自感系數很大的線圈，其直流電阻等于燈泡電阻．閉合開關S，電路穩定時，B燈能正常發光．則（）A．開關S閉合時，A、B兩燈同時亮B．開關S閉合，電路穩定時，A燈熄滅C．開關S斷開時，兩燈都會閃亮一下再熄滅D．開關S斷開時，A燈燈絲不可能被燒斷9、如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統處于靜止狀態，當F增大時，系統還保持靜止，則下列說法正確的是（）A．A所受合外力增大 B．A對豎直墻壁的壓力增大C．B對地面的壓力一定增大 D．墻面對A的摩擦力可能為變為零10、如圖所示，甲、乙兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的速度均為v=lm/s，兩列波的振幅均為2cm，圖示為t=0時刻兩列波的圖象，此刻P、Q兩質點剛開始振動．質點M的平衡位置處于x=0.5m處，下列說法正確的是．A．兩列波相遇后會產生穩定的干涉圖樣B．質點M的起振方向沿y軸負方向C．甲波源的振動頻率為1.25HzD．1s內乙波源處的質點通過的路程為0.2mE.在t=2s時刻，質點Q的縱坐標為2cm三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）有兩組同學利用假期分別去參觀北京大學和南京大學的物理實驗室，各自利用先進的DIS系統較準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關系．”（1）以下對實驗的幾點建議中，有利于提高測量結果精確度的是_____．A．實驗中適當加長擺線B．單擺偏離平衡位置的角度大一些C．當單擺經過最大位移處開始計時D．測量多組周期T和擺長L，作關系圖象來處理數據（2）他們交換了實驗數據，并由計算機繪制了圖象，如圖甲所示，去北京大學的同學所測實驗結果對應的圖線是_____（選填“A”或“B”）．（3）在南京大學做探究的同學還利用計算機繪制了當地兩種單擺的振動圖象（如圖乙），由圖可知，兩單擺擺長之比=_____．12．（12分）為了驗證碰撞中的動量守恒，某同學做了如下實驗：將一已知質量為m1的滑塊A放于足夠大的水平面上，將另一已知質量為m2（m2＞m1）的小球B系于繩的一端，繩的另一端固定在A的正上方O點，且繩長剛好等于O到A的距離。現將B拉至與豎直方向成一定角度并將其由靜止釋放，釋放后A、B發生正碰，已知滑塊A與水平面間的動摩擦因數為μ（忽略兩物體的大小及空氣阻力），為了完成實驗，則：（1）只需用一個測量儀器即可完成本實驗，該儀器為_____。（2）本實驗需要直接測量的物理量是_____。（3）表示碰撞中動量守恒的表達式為_____（用題中已知量和（2）中測量的物理量表示）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示為測定肺活量(人在大氣壓下一次呼出氣體的體積)的裝置示意圖，圖中A為倒扣在水中的開口薄壁圓筒，測量前已排盡其中的空氣．測量時被測者盡力吸足空氣，再通過B將空氣呼出，呼出的空氣通過氣管進入A內(溫度可認為不變)，使A浮起(忽略管道的影響)，已知圓筒A的質量為m、橫截面積為S、大氣壓強為，水的密度為ρ，重力加速度為g，圓筒浮出水面的高度為h．則被測者的肺活量有多大？14．（16分）如圖所示，在高h1=30m的光滑水平平臺上，物塊A以初速度vo水平向右運動，與靜止在水平臺上的物塊B發生碰撞，mB=1mA，碰撞后物塊A靜止，物塊B以一定的水平速度向右滑下平臺，做平拋運動，并恰好沿光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道，B點的高度h1=15m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上長為L=70m的水平粗糙軌道CD平滑連接，物塊B沿軌道BCD運動與右邊墻壁發生碰撞．g取10m/s1．求：（1）物塊B由A到B的運動時間；（1）物塊A初速度vo的大小；（3）若小物塊與墻壁只發生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向運動過程中沒有沖出B點，最后停在軌道CD上的某點p（p點沒畫出）．設小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數為μ，求μ的取值范圍．15．（12分）如圖(b)，將半徑為R的透明半球體放在水平桌面上方，O為球心，直徑恰好水平，軸線垂直于水平桌面在水平桌面上的A點有點光源，發出一束與平行的單色光射向半球體上的B點，光線通過半球體后剛好與OB連線平行．已知，光在真空中傳播速度為c，不考慮半球體內光的反射，求：(1)透明半球體對該單色光的折射率n；(2)該光在半球體內傳播的時間．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解題分析】

磁場增加，則感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，根據楞次定律，電流逆時針方向，＞，，B正確．2、C【解題分析】

t＝1s時，線框沿y軸負方向的位移y=at2=1m，線框各點位置坐標滿足（0≤x≤2m），則x=m或m，則△x=m，根據安培力公式可知，FA＝BI△x=N。根據牛頓第二定律可知，FA﹣F＝ma，解得F=N。A.FA＝1N，F＝2N，與結論不相符，選項A錯誤；B.,，與結論不相符，選項B錯誤；C.,，與結論相符，選項C正確；D.,，與結論不相符，選項D錯誤；3、C【解題分析】

小球和彈簧組成的系統受到重力和水平地面的支持力兩個外力，小球與彈簧相互作用時，彈簧會用墻壁的作用力，所受合外力不等于零，動量不守恒；在運動過程中，小球和槽通過彈簧相互作用，但因為只有彈簧的彈力做功，動能和勢能相互轉化，而總量保持不變，機械能守恒。故C正確，A、B、D錯誤。故選C。【題目點撥】根據動量守恒的條件判斷系統動量是否守恒，根據能的轉化，知系統有動能和彈性勢能相互轉化，機械能守恒．4、B【解題分析】

A.晶體熔化時吸收熱量，但溫度不一定升高，分子平均動能不一定增大，故A錯誤；B.布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體顆粒受到液體分子撞擊不平衡引起的，反映了液體分子運動的無規則性，故B正確；C.由于液體表面分子間距離大于液體內部分子間的距離，所以表面層內液體分子間引力大于斥力，液面分子間表現為引力。故C錯誤；D.當人們感到潮濕時，空氣的相對濕度一定較大，但絕對濕度不一定大，故D錯誤。5、B【解題分析】A.v?t圖象的斜率表示加速度，0?1min內和3?4min內加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正確；B.全過程中“蛟龍號”的路程為720m，則平均速率是=1.2m/s，故B錯誤；C.根據v-t曲線的面積表示位移，在t=4min時到達最大深度為h=（2×60+4×60）×2.0=360m，則上浮的位移h=×（10-6）×60×vm=360，vm=3m/s，故C正確；D．潛水員在6?8min的時間段內，根據速度圖象得加速度方向向上，所以處于超重狀態，8?10min的時間段內，根據速度圖象得加速度方向向下，所以處于失重狀態，故D正確．本題選擇錯誤答案，故選B點睛：根據v-t圖象的面積表示位移，由幾何知識可求得最大深度；v-t圖象的物理意義：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程與時間之比；判斷超重和失重的方法主要看物體的加速度方向．6、B【解題分析】

A．先對AB整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向：f=GA+GB，因此當水平力F增大，墻壁對B的摩擦力仍不變，故A錯誤；B．因AB間存在靜摩擦力，則有：A受四個力，B受五個力，仍能處于平衡；設斜面B的傾角為θ，則，因此當F增大過程中，A對B的正壓力增大，即A對B的作用增大，故B正確；C．若開始時，B對A的靜摩擦力向上，則當F增大時，B對A的靜摩擦力減小；若開始時，B對A的靜摩擦力向下，則當F增大時，B對A的靜摩擦力增大，故C錯誤；D．B對A的作用力是N與f的合力，其大小與F和G的合力等大反向，則當F增大時，B對A的作用力增大；由牛頓第三定律可知，A對B的作用力一定增大，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解題分析】小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y=x1，說明小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，豎直方向：qE?sin30°=mg，所以：，選項A正確；小球受到的合力：F合=qEcos30°=ma，所以a=g；P點的坐標為（1m，1m）；由平拋運動規律有：；，解得，選項B錯誤；小球通過P點時的速度，則動能為，選項C正確；小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即：，選項D錯誤；故選AC.點睛：本題考查類平拋運動規律以及勻強電場的性質，結合拋物線方程y=x1，得出小球在受到的電場力與重力大小關系是解答的關鍵．8、AD【解題分析】A.開關s閉合瞬間，A和B同時發光，故A正確；B.電路穩定后L的電感不再起作用，起作用的只是它的直流電阻，因A.B燈相同，B此時正常發光，那么說明燈的額定電流由并聯的A和L的直流電阻分配，L的直流電阻等于燈泡電阻,那么A支路的電流會等于其額定電流的1/2，也就是說其亮度較B燈暗，不一定熄滅，故B錯誤；CD.斷開開關S的瞬間，由電感的特性可知：L和A組成的回路中的電流會維持不變，其數值就是S斷開前L支路中的電流，即等于額定電流的一半，不會閃亮一下，燈絲也不可能被燒斷．而B燈立即熄滅，故C錯誤，D正確；故選AD9、BCD【解題分析】A一直處于靜止，所受合外力一直為零不變，故A錯誤；以整體為研究對象，受力分析，根據平衡條件，水平方向：N=F，N為豎直墻壁對A的彈力，F增大，則N增大，所以由牛頓第三定律可得：A對豎直墻壁的壓力增大．故B正確；對B受力分析，如圖：

根據平衡條件：F=N′sinθ，F增大，則N′增大，N″=mg+N′cosθ，N′增大，則N″增大，根據牛頓第三定律得，球對地面的壓力增大，故C錯誤；以整體為研究對象，豎直方向：N″+f=Mg，若N″增大至與Mg相等時，則f才等于0，故D錯誤．故選B．10、BCD【解題分析】

A.由波形圖可讀出，,而兩列波的波速相等，由v=λf知頻率不相等，則兩列波相遇后不能產生穩定的干涉圖樣;故A項不合題意.B.兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，由“上下坡法”判斷知t=0時刻，質點P沿y軸正方向運動，質點Q沿y軸負方向運動，而M點到P和Q的距離均為0.3m，波速相同為1m/s，波源的起振同時傳到M點；但由波源的振動位移方程，可得振動的速度，因，可知乙的起振速度較大，兩個y方向的起振速度求合速度沿y軸負方向，則當波傳到M點時，由波的疊加原理知質點M的起振方向沿y軸負方向;故B項符合題意.C.甲波的波長，由v=λf得，;故C項符合題意.D.1s內波傳播的距離為x=vt=1m，則知t=1s時刻甲波剛好傳到乙波源處;乙波的周期為：，則1s內乙波源處的質點通過的路程為：;故D項符合題意.E.2s內波傳播的距離為x=vt=2m，則知t=2s=5T乙，乙波的傳播使得Q點剛好到平衡位置;P點離Q點0.6m，甲波源的振動傳播到Q點需要則：；則甲波傳到Q點振動一個周期加四分之三個周期，而甲波的起振是向上，可得Q點在波谷；兩列波疊加可知Q點的位置為波谷，位置為-2cm；故E項不合題意.三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、ADB16:9【解題分析】

第一空：A.實驗中適當加長擺線，增大單擺的振動周期，以利用減小周期的測量誤差，A正確；B.單擺的振動周期與振幅無關，增大單擺偏離平衡位置的角度，不能提高測量結果精確度，B錯誤．C.當單擺經過最大位移處開始計時，擺球速度較慢，周期測量誤差較大，應從單擺經過平衡位置時開始計時，C錯誤．D.測量多組周期T和擺長L，作關系圖象來處理數據，可減小誤差，提高精確度，D正確．第二空：由得，知圖象的斜率越大，則重力加速度越小，因為南京當地的重力加速度小于北京，去北大的同學所測實驗結果對應的圖線的斜率小，應該是B圖線．第三空：由振動圖線知，兩單擺的周期比為，由得兩單擺擺長之比．12、毫米刻度尺B球開始下落時距地面的高度h1，碰撞后B上升的高度h2，碰撞后A滑行的距離x【解題分析】

設小球B開始下擺時的高度為h1，碰撞后B上擺的最大高度為h2，小球擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：m2gh1=m2v02，m2gh2=m2vB2，解得；，，碰撞后，對A，由動能定理得：μm1gx=m1vA2解得：，碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝m2vB+m1vA，整理得：；第一空.