PAGE15-四川省敘州區其次中學2024-2025學年高二物理下學期期末模擬試題（含解析）留意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清晰，將條形碼精確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請依據題號依次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．作圖可先運用鉛筆畫出，確定后必需用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準運用涂改液、修正帶、刮紙刀。6．考試時間：150分鐘；物理化學生物同堂分卷考試，物理110分，化學100分，生物90分第I卷選擇題（54分）一、單選題（每小題6分，共9個小題，共54分；其中1-6題為單選題，7-9題多選題，少選得3分，多選錯選得0分。）1.一束綠光照耀某金屬發生了光電效應，對此，以下說法中正確的是（）A.若增加綠光的照耀強度，則單位時間內逸出的光電子數目不變B.若增加綠光的照耀強度，則逸出的光電子最大初動能增加C.若改用紫光照耀，則單位時間內逸出的光電子數目肯定增加D.若改用紫光照耀，則逸出光電子的最大初動能增加【答案】D【解析】【詳解】AB．光的強度增大，則單位時間內逸出的光電子數目增多，依據光電效應方程知，光電子的最大初動能不變，故AB錯誤；CD．因為紫光的頻率大于綠光的頻率，依據光電效應方程知，光電子的最大初動能增加，單位時間內逸出的光電子數目不肯定增加，故C錯誤，D正確。故選D。2.下列說法正確的是（）．A.一重原子核進行α衰變后,其衰變產物的結合能之和肯定大于原來重核的結合能B.β衰變時β射線是原子核外的電子釋放出來的C.能使某種金屬發生光電效應的最小頻率叫該種金屬的截止頻率(又叫極限頻率),不同金屬對應著相同的極限頻率D.鏈式反應中,重核裂變時放出的可以使裂變不斷進行下去的粒子是質子【答案】A【解析】【詳解】一重原子核進行α衰變后，因放出核能，則其衰變產物的結合能之和肯定大于原來重核的結合能，故A正確；β衰變時β射線是原子核內的中子轉化為質子時放出的負電子，選項B錯誤；能使某種金屬發生光電效應的最小頻率叫該種金屬的截止頻率(又叫極限頻率),不同金屬對應著不同的極限頻率，選項C錯誤；鏈式反應中，重核裂變時放出的可以使裂變不斷進行下去的粒子是中子，選項D錯誤.3.關于曲線運動，下列說法正確的是（）A.做曲線運動的物體，速度和加速度都在變更B.只要物體做圓周運動，它所受的合外力肯定指向圓心C.做曲線運動的物體，受到的合外力可以是恒力D.做勻速圓周運動物體，只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，【答案】C【解析】【詳解】做曲線運動的物體，速度不斷變更，而加速度可以不變，如平拋運動，故A錯誤；物體做圓周運動時所受的合外力不肯定是其向心力，指向圓心的合力是向心力，故B錯誤；做曲線運動的物體，受到的合外力可以是恒力，如平拋運動，故C正確；物體只要受到垂直于初速度方向的力作用且力的大小不變，就肯定能做勻速圓周運動，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．4.關于靜電力、安培力與洛倫茲力，下列說法正確的是（）A.電荷放入靜電場中肯定會受靜電力，靜電力的方向與該處電場強度的方向相同B.通電導線放入磁場中肯定受安培力，安培力的方向與該處磁場方向垂直C.電荷放入磁場中就會受到洛倫茲力，洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直D.當電荷的速度方向與磁場方向垂直時受到的洛倫茲力最大，方向與磁場方向垂直【答案】D【解析】【詳解】電荷放入靜電場中肯定會受靜電力，正電荷受到的靜電力的方向與該處電場強度的方向相同，負電荷受到的靜電力的方向與該處電場強度的方向相反，故A錯誤；通電導線放入磁場中不肯定受安培力，例如電流方向與磁場方向平行時不受安培力，故B錯誤；靜止的電荷放入磁場中不受洛倫茲力，運動電荷的速度方向與磁感應線平行時也不受洛倫茲力，故C錯誤；當電荷的速度方向與磁場方向垂直時受到的洛倫茲力最大，即F＝qvB，方向與磁場方向垂直，故D正確．故選D．5.一志向變壓器原?副線圈匝數比n1：n2=11：5.原線圈與正弦交變電源連接,輸入電壓u如圖所示.副線圈僅接入一個10Ω的電阻.則()A.流過電阻的電流是20AB.與電阻并聯的電壓表的示數是100VC.經過1分鐘電阻發出的熱量是6×103JD.變壓器的輸入功率是1×103W【答案】D【解析】【詳解】AB．由圖象可知，原線圈中電壓的有效值為220V，依據電壓與匝數成正比可知，副線圈的電壓有效值為100V，與電阻并聯的電壓表的示數是100V，流過電阻的電流所以AB錯誤；C．由所以經過60s電阻發出熱量是60000J，所以C錯誤；D.由圖象可知，原線圈中電壓的有效值為220V，依據電壓與匝數成正比可知，副線圈的電壓有效值為100V，副線圈的電阻為10Ω，所以輸出功率輸入功率等于輸出功率，所以D正確．故選D。6.如圖所示裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短。則此系統從子彈起先射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）A.子彈減小的動能等于彈簧增加的彈性勢能B.彈簧、木塊和子彈組成系統機械能不守恒C.在木塊壓縮彈簧過程中，木塊對彈簧的作用力大于彈簧對木塊的作用力D.在彈簧壓縮到最短的時刻，木塊的速度為零，加速度也為零【答案】B【解析】【詳解】A．依據能量守恒可知子彈減小的動能等于彈簧增加的彈性勢能與系統增加的內能之和，選項A錯誤；B．子彈要克服阻力做功，系統部分機械能轉化內能，系統機械能不守恒，選項B正確;C．在木塊壓縮彈簧過程中，木塊對彈簧的作用力與彈簧對木塊的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，選項C錯誤；D．在彈簧壓縮到最短的時刻，木塊的速度為零，木塊所受合外力等于彈簧的彈力，合外力不為零，木塊的加速度不為零，選項D錯誤。故選B。7.如圖，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流：a、b、c是導線所在平面內的三點，左側導線與它們的距離分別為、l和3l．關于這三點處的磁感應強度，下列推斷正確的是A.a處的磁感應強度大小比c處的大B.b、c兩處的磁感應強度大小相等C.a、c兩處的磁感應強度方向相同D.b處的磁感應強度為零【答案】AD【解析】【詳解】由安培定則可以推斷，a、c兩處的磁場是兩電流在a、c處產生的磁場相加，但a距離兩導線比c近，故a處的磁感應強度大小比c處的大，故A對；ｂ、c與右側電流距離相同，故右側電流對此兩處的磁場要求等大反向，但因為左側電流要求此兩處由大小不同、方向相同的磁場，故b、c兩處的磁感應強度大小不相等，故B錯；由安培定則可知，a處磁場垂直紙面對里，c處磁場垂直紙面對外，故C錯；b與兩導線距離相等，故兩磁場疊加為零，故D對．8.如圖所示，原線圈P內有鐵芯，原線圈與滑動變阻器、電源、開關連成電路；副線圈Q套在P上，并與電流計G連成電路。試驗時若發覺副線圈中有感應電流從a經G流向b，這可能是（）A.在閉合電鍵S的瞬間B.閉合電鍵S后，把滑動變阻器的滑片C向上移動C.閉合電鍵S后，把滑動變阻器的滑片C向下移動D.把鐵芯從原線圈中拔出【答案】CD【解析】【詳解】若副線圈中有感應電流從a經G流向b，由右手螺旋定則可知，感應電流的產生的磁場豎直向上，則原線圈電流產生的磁場應豎直向上減小，或豎直向下增加。A．在閉合電鍵S的瞬間，由右手螺旋定則可知，原線圈電流產生豎直向上增加的磁場，選項A錯誤；B．閉合電鍵S后，把滑動變阻器的滑片C向上移動，電阻減小，電流增大，原線圈電流產生磁場豎直向上增加，選項B錯誤；C．閉合電鍵S后，把滑動變阻器的滑片C向下移動，電阻增大，電流減小，原線圈電流產生磁場豎直向上減小，選項C正確；D．把鐵芯從原線圈中拔出，原線圈豎直向上的磁場減弱，選項D正確。故選CD。9.通電矩形線框abcd與長直通電導線MN在同一平面內，如圖所示，ab邊與MN平行．關于MN的磁場對線框的作用力，下列說法正確的是()A.線框有兩條邊所受的安培力方向相同B.線框有兩條邊所受的安培力大小相等C.線框所受的安培力的合力方向向左D.線框所受的安培力的合力方向向右【答案】BD【解析】【分析】直導線中的電流方向由M到N，依據安培定則推斷導線框所在處磁場方向．依據左手定則分析導線框所受的安培力狀況．【詳解】A、直導線中的電流方向由M到N，依據安培定則，導線右側區域磁感應強度方向向內，依據左手定則，ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A錯誤；B、離MN越遠的位置，磁感應強度越小，故依據安培力公式F=BIL，ab邊受到的安培力大于cd邊，ad邊受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故B正確；C、D、ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab邊受到的安培力大于cd邊，ad邊受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正確，D錯誤；故選BC．【點睛】本題關鍵：（1）會依據安培定則推斷通電直導線的磁場；（2）會依據左手定則推斷安培力方向；（3）會依據安培力公式F=BIL并結合微元法推斷安培力的大小．第II卷非選擇題二、試驗題10.在《驗證機械能守恒定律》試驗中，試驗裝置如圖所示。(1)依據打出的紙帶，選取紙帶上打出的連續五個點A、B、C、D、E，測出A點距起點O的距離為x0，點A、C間的距離為x1，點C、E間的距離為x2，溝通電的周期為T，當地重力加速度為g，則依據這些條件計算打C點時的速度表達式為：vc=_________________(用x1、x2和T表示)(2)依據試驗原理，只要驗證表達式_____________________________（用g、x0、x1、x2和T表示）成立，就驗證了機械能守恒定律。(3)完成試驗中發覺，重錘削減的重力勢能總是大于重錘增加的動能，其緣由主要是因為在重錘下落過程中存在著阻力的作用，我們可以通過該試驗裝置測定該阻力的大小則還須要測量的物理量是____________（寫出名稱）【答案】(1).(2).(3).重物質量【解析】【詳解】（1）[1]C點為AE間的平均時刻，依據平均時刻的瞬時速度等于平均速度可知（2）[2]C點的動能為重力勢能的減小量為由機械能守恒可知（3）[3]設阻力大小為f，則由能量守恒定律可得可見要測量阻力f，還須要測量的物理量是重物質量m．【點睛】本題難度較小，本試驗中求解動能大小是依據中間時刻的瞬時速度等于平均速度求解的，在試驗過程中由于有阻力作用，重力勢能的減小量一般大于動能的增大量。11.用如圖甲所示的電路測量一節蓄電池的電動勢和內電阻。蓄電池的電動勢約為2V，內電阻很小，除蓄電池、開關、導線外，可供運用的試驗器材還有：A．電壓表（量程3V）B．電流表（量程0.6A）C．電流表（量程3A）D．定值電阻R0（阻值4Ω，額定功率4W）E．滑動變阻器R（阻值范圍0~20Ω，額定電流1A）①電流表應選______________；（填器材前的字母代號）②依據試驗數據作出U?I圖象，如圖乙所示，則蓄電池的電動勢E=___V，蓄電池的內阻r=__Ω。【答案】(1).B(2).2.10(3).0.20【解析】【詳解】（1）最大電流約為為了確保電流測量比較精確，電流表應選B。（2）乙圖中的U?I圖象所表示的關系式為則圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢E，圖象斜率表示電阻R0+r，則有，【點睛】用伏安法測量電源電動勢和內阻試驗，由于溫度對電源內阻的影響，要求電流不能過大；由于電源的內阻較小，所以電流表相對電源來說應用外接法；若待測電源的內阻較小，可以串聯一個定值電阻以起到愛護電流表及增大電源內阻的作用。三、解答題12.如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4圓弧軌道，兩軌道相切于B點．在外力作用下，一小球從A點由靜止起先做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力．已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C，重力加速度為g．求：（1）小球在AB段運動加速度的大小；（2）小球從D點運動到A點所用的時間．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）小滑塊恰好通過最高點，則有mg=解得從B到C的過程中機械能守恒解得從A→B依據速度位移公式得解得（2）從C到D的過程中機械能守恒解得而小球從D→A做加速度為g的勻加速運動，由速度公式得解得13.如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度為B，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E=2N/C，第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在yh=1.6m的區域有磁感應強度也為B垂直于紙面對外的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點獲得一初速度m/s，恰好能沿PO做勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為θ=45°），并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)油滴所帶電性以及磁場磁感應強度B；(2)油滴其次次經過y軸的坐標；(3)若第一象限內是磁感應強度仍為B，位置可變的矩形磁場，能讓油滴在第一象限內回到x軸的磁場區域最小面積S。【答案】(1)負電，0.5T；(2)m；(3)m2【解析】【詳解】(1)由題意作圖如圖所示油滴在運動時所受合力為零，依據三力平衡可以推斷油滴帶負電，可得解得(2)由題意可得又有解得所以油滴其次次經過軸的坐標為。(3)滿意條件的油滴在磁場內的運動軌跡如圖所示則最小面積解得選考題（共15分）。請考生從2道物理題任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。留意所做題目的題號必需與所涂題目的題號一樣，在答題卡選答區域指定位置答題。假如多做，則每學科按所做的第一題計分。14.下列說法正確的是A.晶體的物理性質都是各向異性的B.一個系統與另一個系統達到熱平衡時兩系統溫度相同C.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用D.熱量只可以從高溫物體傳遞到低溫物體，不行以從低溫物體傳遞到高溫物體E.其次類永動機沒有違反能量守恒定律，但違反了熱力學其次定律【答案】BCE【解析】【詳解】A．單晶體的某些物理性質各向異性，多晶體表現為各向同性，A錯誤．B．熱平衡狀態下的兩個系統具有相同的熱力學參量即溫度，B正確．C．因為液體表面張力的存在，使得露珠呈球狀，C正確．D．熱量不能自發的從低溫物體傳向高溫物體，但是有外界條件參加是可以的，比如冰箱，通過壓縮機做功，將冰箱內低溫物體的熱量傳給外界高溫物體，D錯誤．E．其次類永動機沒有違反能量守恒，但是違反了熱力學其次定律，所以不行能制成，E正確．15.如圖所示，一個絕熱的氣缸豎直放置，上方有一個絕熱且光滑的活塞，活塞質量不計，起先活塞靜止在A位置，里面密封了體積VA=6×10-3m3，溫度T0=300K的志向氣體，體積不計的電熱絲給氣體緩慢加熱，使活塞從A位置緩慢上升到B位置，測得此時氣體溫度T=400K，此過程氣體汲取熱量Q=800J，已知外界大氣壓p=1.0×105Pa，求此過程中氣體內能的增量．【答案】【解析】【詳解】從A到B，設氣體壓強為：，緩慢上升，依據平衡有：，所以氣體壓強不變，屬于等壓變更，依據志向氣體等壓方程有：，代入數據解得：，依據熱力學第肯定律：，膨脹氣體對外做功，所以：．16.下列說法正確的是________A.當視察者向靜止的聲源運動時，視察者接收到的聲波的頻率高于