云南省紅河黃岡實驗學校2024-2025學年高二下物理期末復習檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、水平面上有一物體，在水平推力F的作用下由靜止開始運動，經過時間△t，撤去F，又經時間2△t，物體停止運動，則該物體與水平面間的摩擦力為（）A．F B．23F C．12、某用電器離供電電源的距離為l，線路上的電流為I，若要求線路上的電壓降不超過U，已知輸電導線的電阻率為ρ，那么，該輸電導線的橫截面積最小值是()A． B． C． D．3、如圖所示，長為a寬為b的矩形區域內（包括邊界）有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．0點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區域與磁場垂直的平面內所有方向發射大量質量為m電量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，不計重力和粒子之間的相互作用，則（）A．粒子速度大小為B．粒子做圓周運動的半徑為3bC．a的長度為（+1）bD．最后從磁場中飛出的粒子一定從上邊界的中點飛出4、如圖所示電路，接在交變電流上的燈泡正常發光，則下列措施能使燈泡變亮的是()A．將電容器兩極板間距離增大一些B．將電容器兩極板正對面積減小一些C．把電介質插入電容器兩極間D．把交變電流頻率降低一些5、下列關于動量及其變化的說法中正確的是（）A．兩物體的動量相等，動能也一定相等B．物體動能發生變化，動量也一定發生變化C．動量變化的方向一定與初末動量的方向都不同D．動量大的物體運動一定快6、某交流電流在一個周期（1s）內的波形如圖所示，則該交變電流的有效值為A． B．1.5A C． D．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、欲使處于基態的氫原子激發，下列措施可行的是（

）A．用10.2eV的光子照射

B．用11eV的光子照射C．用14eV的光子照射 D．用11eV的電子碰撞8、一列簡諧橫波在某時刻的波形如圖所示．此時刻質點P的速度為，經過它的速度第一次與相同，再經過它的速度第二次與相同．則下列判斷中正確的有（）A．波沿方向傳播，波速為B．質點M與質點Q的位移大小總是相等、方向總是相反C．若某時刻M質點到達波谷處，則P質點一定到達波峰處D．從圖示位置開始計時，在時刻，質點P的位移為9、下列核反應方程屬于衰變的是A．B．C．D．10、2008年我國南方遭到了特大冰雪災害，高壓供電線路損壞嚴重．在維修重建過程中，除了增加鐵塔的個數和鐵塔的抗拉強度外，還要考慮盡量減小線路上電能損耗，既不減少輸電功率，也不增加導線質量，對部分線路減少電能損耗采取的有效措施是()A．提高這部分線路的供電電壓，減小導線中電流B．在這部分線路兩端換用更大匝數比的升壓和降壓變壓器C．在這部分線路上換用更優質的導線，減小導線的電阻率D．多增加幾根電線進行分流三、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）某同學用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗。先將a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止放置，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次。（1）本實驗必須測量的物理量有______________________；A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質量ma、mbC．小球a、b的半徑r

D．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間t

E．記錄紙上O點到各落地區域中心點A、B、C的距離OA、OB、OC

F．a球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h（2）根據實驗要求，ma__________mb（填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時落地？______（填“是”或“否”）；如果不是同時落地，對實驗結果有沒有影響？______（填“有”或“無”）（不必作分析）；（4）按照本實驗方法，驗證動量守恒的驗證式是_______________________________。（用“（1）”中所給的有關字母表示）12．（12分）某同學用如圖所示的實驗裝置來探究“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計A掛于固定點P，下端用細線掛一重物M．彈簧測力計B的一端用細線系于O點，手持另一端向左拉，使結點O靜止在某位置。分別讀出彈簧測力計A和B的示數，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置和各拉線的方向。（1）本實驗用的彈簧測力計示數的單位為N，圖中A的示數為_____N。（2）下列不必要的實驗要求是_____。（請填寫選項前對應的字母）A．應測量重物M所受的重力B．彈簧測力計應在使用前校零C．拉線方向應與木板平面平行D．改變拉力，進行多次實驗，每次都要使O點靜止在同一位置（3）在彈簧的彈性限度內，保持B的拉力方向不變，大小緩慢增大，則A的示數_____A．增大B．減小C．不變D．無法判斷四、計算題：本題共3小題，共38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，一導熱性能良好的氣缸放置在水平面上，其橫截面積S＝40cm2，內壁光滑，固定的卡口A、B與缸底的距離L＝1m，厚度不計。質量為m＝10kg的活塞在氣缸內封閉了一段長為2L、溫度為T0＝320K的理想氣體。現緩慢調整氣缸開口至豎直向上，取重力加速度g＝10m/s2，大氣壓強為p0＝1.0×105Pa。（1）求穩定時缸內氣體高度；（2）當環境溫度緩慢降低至T1＝100K時，至少要用多大的力才可以拉動活塞。14．（16分）如下圖所示，導體棒P質量為m、電陰為R、長度為l，導體棒Q與導體棒P完全相同，用兩條等長的、質量和電阻均可忽略的無限細長無明顯形變的直導線連接后，放在距地面足夠高且無限長的光滑絕緣水平桌面上，兩根導體棒均與桌邊緣平行，現將一根導體棒Q仍放在桌面上，另一根導體棒P移動到靠在桌子的光滑絕緣側面上。整個空間存在水平向左的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時握住Q棒讓兩棒靜止，自由釋放后開始運動。已知兩條導線除桌邊拐彎處外其余部位均處于伸直狀態，導線與桌子側棱間無摩擦，重力加速度為g。求：（1）剛釋放時每根細線拉力的大小；（2）導體棒運動穩定時的速度大小；（3）若從開始下滑到剛穩定時通過導體棒橫截面的電荷量為q，求該過程中P棒下降的高度和從開始下滑到剛穩定過程中系統產生的焦耳熱。15．（12分）如圖所示，一長l＝2m、質量M＝1kg的薄木板（厚度不計）靜止在粗糙的水平臺面上，其右端距平臺邊緣L＝5m，木板的正中央放置一質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）．已知木板與平臺、物塊與木板間動摩擦因數均為μ1＝0.1．現對木板施加一水平向右的恒力F，其大小為18N，取g＝10m/s2，試求：（1）F作用1.2s時，木板的右端到平臺邊緣的距離；（2）要使小物塊最終不能從平臺上滑出去，則物塊與平臺間的動摩擦因數μ2應滿足的條件．

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、D【解析】

設物體的最大速度為v。則物體勻加速運動的加速度大小為：a物體勻減速運動的加速度大小為：a故有：a1＝2a2根據牛頓第二定律得，勻加速過程有：F﹣f＝ma1勻減速過程有：f＝ma2。聯立解得：f=13A.F與計算結論不符，故不符合題意。B.23C.12D.132、B【解析】

根據歐姆定律得：，根據電阻定律有：，解得：，故B正確，A、C、D錯誤；故選B．根據歐姆定律求解輸電線的電阻，再根據電阻定律求出輸電導線的橫截面積的最小值．3、C【解析】試題分析：根據左手定則可知，粒子在磁場中受到的洛倫茲力的方向向右，將向右偏轉．結合運動的特點可知，粒子向上的分速度越大，則越早從上邊界飛出．所以最早從上邊界飛出的粒子進入磁場的方向是豎直向上的．又由題最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，根據：，則粒子偏轉的角度：．做出這種情況下粒子運動的軌跡如圖1，由圖中幾何關系可知：粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，即：所以：．故A錯誤，B錯誤；C、D、粒子的入射的方向在90°的范圍以內，又r=2b，所以粒子運動的軌跡不會超過半個圓，運動的時間不超過半個周期，由可知，軌跡的圓心角越大，則運動的時間越長，而圓心角越大，對應的弦長越長，所以粒子運動的最長時間的軌跡，弦長也最長．所以最后射出磁場的粒子一定是從磁場的右邊射出，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，畫出運動的最長軌跡如圖2，則：所以：α=30°，β=90°﹣α=60°，由于最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，則偏轉角等于90°，γ=90°﹣β=30°，由幾何關系可得：．故C正確，D錯誤．故選C考點：帶電粒子在磁場中運動【名師點睛】該題考查帶電粒子在磁場中運動的幾種臨界問題，解題的關鍵是根據題目的條件，正確畫出粒子運動的軌跡，然后從運動的軌跡中確定臨界條件和幾何關系．此題綜合性較強，意在考查學生綜合分析問題的能力.4、C【解析】A：將電容器兩極板間距離增大一些，電容器的電容減小，電容器的容抗增大，電路中電流減小，燈泡變暗．B：將電容器兩極板正對面積減小一些，電容器的電容減小，電容器的容抗增大，電路中電流減小，燈泡變暗．C：把電介質插入電容器兩極間，電容器的電容增大，電容器的容抗減小，電路中電流增大，燈泡變亮．D：把交變電流頻率降低一些，電容器的容抗增大，電路中電流減小，燈泡變暗．能使燈泡變亮的措施是C．點睛：交流電是能夠通過電容的，將電容器接入交流電路中時，電容器極板上所帶電荷對定向移動的電荷具有阻礙作用，物理學上把這種阻礙作用稱為容抗，且容抗．5、B【解析】

A．由動量可知，兩物體的動量相同時，動能不一定相同，故A錯誤；B．物體動能變化說明速度大小或質量大小改變了，故動量一定改變，故B正確；C．動量是矢量，由矢量運算法則可知，動量的變化不一定與初末動量的方向都不同，故C錯誤；D．由動量知動量大的物體的速度不一定大，還與質量有關，故D錯誤；故選B。6、C【解析】將交流與直流通過阻值都為R的電阻，取相同時間一個周期，設直流電流為I，則根據有效值的定義有：，解得，即此交流電的有效值為，故選C．【點睛】有效值的定義滿足三同：將交流與直流通過阻值相同的電阻，在相同時間內，產生的熱量相同，交流電的電流有效值等于直流電的電流．根據定義列式求解有效值．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、ACD【解析】

A．用10.2eV的光子照射，即?13.6+10.2eV=?3.4eV，躍遷到第二能級．故A正確．B．因為?13.6+11eV=?2.6eV，不能被吸收．故B錯誤．C．用14eV的光子照射，即?13.6+14eV>0，氫原子被電離．故C正確．D．用11eV的動能的電子碰撞，可能吸收10.2eV能量，故D正確；故選ACD.8、AB【解析】由圖讀出波長λ=12m，根據已知條件分析得到周期T=1.2s，則波速為v==10m/s．而且圖示時刻P點運動方向沿y軸正方向，則沿波+x方向傳播．故A正確，B錯誤．圖示時刻，質點M與質點Q的位移大小相等、方向相反，但它們平衡位置之間的距離不是半個波長的奇數倍，位移不是總是相反．故B錯誤．質點N與P平衡位置間相距半個波長，振動情況總是相反，N質點到達波谷處，則Q質點一定到達波峰處．故D正確．從圖示位置開始計時，經過時間3s時波傳播的距離為x=vt=10×3m=30m=2.5λ，則質點M偏離平衡位置的位移y=-10cm．故E正確．故選ADE．9、BC【解析】B、C、衰變是指生成物為α、β、γ，且反應物只有一種核，反應是自發發生的，故B、C正確，D、此方程為裂變，是質量較大的核分裂為兩個質量較輕的中核，故D錯誤．A、此方程為聚變，是質量較輕的核變為質量較大的核，故A錯誤．故選BC．【點睛】知道兩類衰變的生成物和反應方程，記住重核裂變和輕核聚變的特點，人工核轉變發現部分粒子的方程式也是考試的重點．10、ABC【解析】高壓輸電，電路中電流變小，則損失的電能減小，A正確；換用更大匝數比的升壓和降壓變壓器，仍為提高輸電線的電壓，B正確；當電路中電阻減小時，由，C正確；多增加幾根電線進行分流，既不能減小損失的能量，同時還增加材料等，不現實，D錯誤．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、BE大于否無ma【解析】

根據動量守恒定律求出需要驗證的表達式，然后根據表達式分析答題；為防止碰撞過程入射小球反彈，入射小球的質量應大于被碰球的質量；根據圖示裝置與小球的運動情況，結合動量守恒定律即可分析答題。【詳解】第一空第五空．小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則mav0=mav第二空．為防止碰撞過程入射小球反彈，入射小球的質量應大于被碰球的質量，即：ma第三空第四空．由圖所示裝置可知，碰撞后b球在前，a球在后，碰撞后兩球都平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間相等，由于b先拋出，則b球先落地。由于兩球離開軌道后都做平拋運動，運動時間相等，它們的水平位移與初速度成正比，球落地先后對實驗沒有影響。本題主要考查了驗證動量守恒定律的實驗，包括對實驗器材和實驗原理的分析，較為簡單。12、3.6ABCA【解析】

第一空.本實驗用的彈簧測力計示數的單位為N，圖中A的示數為3.6N；第二空.B.彈簧測力計應在使用前校零，故B正確；C.為減小實驗誤差，拉線方向應與木板平面平行，故C正確；AD.本實驗是根據三力平衡的推論：若三個共點的力的合力為零，則其中任意兩個力的合力與第三個力等大反向，來進行探究的，OA、OB兩繩的拉力的合與重物的重力應該等大反同，用平行四作出兩繩的拉力的合力，若合力與重物的重力在誤差允許的范圍內等大反向即可得，所以應測量重物M所受的重力，O點的位置在不同次實驗中可以變化，故A正確，D錯誤。故選：ABC。第三空.由題意可知，A、B拉力的合力不變，作出圖如圖所示：則可知當保持B的拉力方向不變，大小緩慢增大，A的拉力大小會增大，即A的示數變大。A.“增大”與上述結論相符，故A正確；B.“減小”與上述結論不符，故B錯誤；C.“不變”與上述結論不符，故C錯誤；D.“無法判斷”與上述結論不符，故D錯誤；四、計算題：本題共3小題，共38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、(1)h1＝1.6m(2)F＝250N【解析】

（1）氣體初態p1＝p0＝1.0×105Pa，V1＝2LS設穩定時缸內氣體高度為h1，氣體末態，V2＝h1S由波意耳定律:p1V1＝p2V2代入數據解得h1＝1.6m（2）假定溫度降低為T1過程中，氣體是等壓變化過程，且缸內氣體高度為h.則末態V＝hS，由蓋呂薩克定律解得h＝0.5m＜L即活塞位置在固定卡口處，設活塞對卡口的壓力為F．由受力平衡得p3S+F＝p0S+mg則氣體最終狀態，V3＝LS，T1＝100K由理想氣體狀態方程解得F＝250N即至少要用大小為250N的力才可以拉動活塞.14、（1）（2）（3）【解析】

（1）剛釋放時，設細線中每根細線的拉力為T。對P棒受力分析知對Q棒受力分析知聯立以上兩式，解得：每根細線拉力的大小（2）導體棒運動穩定時，設細線中拉力為，穩定時兩棒勻速運動，Q棒：對P棒受力分析知。電路中的感應電動勢電路中的感應電流P棒受到的安培力聯立以上各式，解得：（3）從開始下滑到穩定，設P棒下降的高度為h，從開始下滑到剛穩定過程中系統產生的焦耳熱為Q。則通過橫截面的電荷量該過程中的平均感應電動勢該過程的平均電流得：由能量關系得：系統產生的焦耳熱解得1