2025屆陜西省陜西師大附中高二物理第二學期期末聯考試題注意事項: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、下列物理量中，屬于標量的是A．力 B．速度 C．時間 D．沖量2、在制作精密電阻時，為了消除使用過程中由于電流變化而引起的自感現象，采取了雙線繞法，如圖所示，其道理是()A．當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的自感電動勢互相抵消B．當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的感應電流互相抵消C．當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的磁通量互相抵消D．以上說法均不對3、用中子轟擊鋁27，產生鈉24和X粒子，鈉24具有放射性，它衰變后生成鎂24，則X粒子和鈉的衰變過程分別是()A．質子，α衰變B．電子，α衰變C．α粒子，β衰變D．正電子，β衰變4、關于電磁場理論，下列說法中正確的是A．在電場的周圍一定存在著由該電場產生的磁場B．非均勻變化的電場產生的磁場一定是均勻變化的C．均勻變化的磁場一定產生變化的電場D．均勻變化的電場一定產生恒定的磁場5、如圖是描述原子核核子的平均質量與原子序數Z的關系曲線，由圖可知（）A．原子核A分裂成原子核B和C時質量增加B．原子核A的比結合能比原子核C的比結合能大C．原子核D和E結合成原子核F一定釋放能量D．原子核A的結合能一定比原子核C的結合能小6、關于動量守恒的條件,下列說法正確的有()A．只要系統內存在摩擦力,動量不可能守恒 B．只要系統受外力做的功為零,動量守恒C．只要系統所受到合外力的沖量為零,動量守恒 D．系統加速度為零,動量不一定守恒二、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、對某種金屬的光電效應，其遏止電壓Uc與入射光頻率v的關系圖象如圖所示．則由圖象可知A．當入射光的頻率為時，有光電子逸出B．入射光的光照強度增大時，遏止電壓增大C．若已知電子電量e，就可以求出普朗克常量hD．入射光的頻率為2v0時，產生的光電子的最大初動能為hv08、截面積S=0.5m2，n=100匝的圓形線圈，處在如圖甲所示的磁場內，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖乙所示，已知電路中，線圈電阻，導線電阻忽略不計，t=0時刻磁場方向垂直線圈平面向里，則有A．電容器兩端電壓為10VB．通過電阻R的感應電流大小為2AC．通過電阻R的電流方向為b→R→aD．電容器所帶的電荷量9、回旋加速器是加速帶電粒子的裝置。其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是A．增大磁場的磁感應強度B．增大勻強電場間的加速電壓C．增大D形金屬盒的半徑D．減小狹縫間的距離10、如圖所示，以點電荷Q為圓心的圓上有B、C兩點，已知將正點電荷q從A點移至B點，克服電場力做功為W，W>0則（）A．Q為負電荷B．將負電荷從C點移至A點，電勢能增加C．將正點電荷q從B點沿圓周移至C點，電場力不做功D．將正點電荷q從C點沿直線移至A點，電場力做功大于W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）在“測定直流電動機的效率”實驗中，用如圖所示的實物圖測定一個額定電壓U＝6V、額定功率為3W的直流電動機的機械效率．(1)請根據實物連接圖在方框中畫出相應的電路圖___(電動機用M表示)．(2)實驗中保持電動機兩端電壓U恒為6V，重物每次勻速上升的高度h均為1.5m，所測物理量及測量結果如下表所示：(3)在第5次實驗中，電動機的輸出功率是________；可估算出電動機線圈的電阻為________Ω．(4)從前4次的實驗數據可以得出：UI________(填“>”“<”或“＝”)．12．（12分）現提供如下器材，測量定值電阻（約）的阻值．a．兩個相同電流計、（，內阻約）b．電阻箱（）c．電阻箱，（）d．電源（電動勢約，內阻不計）e．開關兩個，導線若干f．滑動變阻器（最大阻值）(1)由于電流計量程很小，需要先將它們進行改裝．某同學設計了用半偏法測電流計內阻的電路如圖．實驗過程如下：先將調為最大,然后閉合、，調節、，使___________滿偏，使_____________半滿偏（填寫元件符號），由此可測電流計的內阻．(2)若測得電流計的內阻為，要將改裝成量程為的電壓表，需串聯的電阻值為_____________．(3)采用改裝后的電壓表和改裝后電流表并用伏安法測量待測電阻阻值，請在答題卷虛線框內畫出實驗電路圖____________．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）一壘球手水平揮動球棒，迎面打擊一以速度5m/s水平飛來的壘球，壘球隨后在離打擊點水平距離為30m的壘球場上落地。設壘球質量為0.81kg，打擊點離地面高度為2.2m，球棒與壘球的作用時間為0.010s，重力加速度為9.9m/s14．（16分）如圖簡諧橫波在t時刻的波形如實線所示，經過，其波形如虛線所示。已知圖中與相距1m，波的周期為T，求：這列波在可能傳播的距離是多少？如果，且沿x軸負方向傳播，則波的傳播速度是多少？15．（12分）如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質量為m＝2kg的小球P和質量為M＝1kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質量也為M＝1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點。已知水平桌面高為h＝0.2m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2m，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)小球P經過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小NB′；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep。

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、C【解析】力、速度和沖量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而時間只有大小無方向，是標量，故選C.2、C【解析】由于采用了雙線繞法，兩根平行導線中的電流反向，它們的磁場相互抵消．不論導線中的電流如何變化，線圈中的磁通量始終為零，所以，消除了自感現象的影響．故C項正確，其它三項錯誤．3、C【解析】根據核反應方程的兩個守恒,可得出,,所以X粒子為α粒子,,鈉的衰變為β衰變,故C正確,思路分析：根據題中信息以及兩個守恒規則寫出反應方程即可判斷出試題點評：本題考查了核反應方程4、D【解析】

在穩定的電場的周圍不會產生由該電場產生的磁場，故A錯誤；非均勻變化的電場產生非均勻變化的磁場，而均勻變化的電場產生穩定的磁場．故B錯誤；均勻變化的磁場一定產生穩定的電場，均勻變化的電場一定產生恒定的磁場，故C錯誤，D正確；故選D.【點睛】此題應知道麥克斯韋的電磁場理論中變化的磁場一定產生電場，當中的變化有均勻變化與周期性變化之分．5、C【解析】

A.A核裂變成B和C的反應過程中核子的平均質量減小，即出現質量虧損，故A錯誤；B.原子核A比原子核C的核子平均質量大，原子核C比原子核A更穩定，故原子核A的比結合能比原子核C的比結合能小，故B錯誤；C.核反應過程中核子平均質量減小，出現質量虧損，釋放能量，故C正確；D.原子核A的原子序數大于原子核C的原子序數，即原子核A的結合能大于原子核C的結合能，故D錯誤.6、C【解析】只要系統所受合外力為零，系統動量就守恒，與系統內是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統受外力做的功為零，系統所受合外力不一定為零，系統動量不一定守恒，如用繩子拴著一個小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉過半圓的過程中，系統外力做功為零，但小球的動量不守恒，故B錯誤；力與力的作用時間的乘積是力的沖量，系統所受到合外力的沖量為零，則系統受到的合外力為零，系統動量守恒，故C正確；系統加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統所受合外力為零，系統動量守恒，故D錯誤；故選C．點睛：本題考查對動量守恒條件的理解，知道動量守恒條件：合外力為零即可正確解題．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、CD【解析】

A.由圖可知，只有當入射光的頻率大于或等于極限頻率v1時，才會發生光電效應現象．故A錯誤．B.根據光電效應方程Ekm=hv-W1和eUC=EKm得遏止電壓與入射光的強度無關．故B錯誤．C.根據光電效應方程Ekm=hv-W1和eUC=EKm得，，知圖線的斜率等于，從圖象上可以得出斜率的大小，已知電子電量，可以求出普朗克常量，故C正確；D.當遏止電壓為零時，最大初動能為零，則入射光的能量等于逸出功，所以W1=hv1．若入射光的頻率為2v1時，根據光電效應方程，Ekm=hv-W1=hv1．即入射光的頻率為2ν1時，產生的光電子的最大初動能為hν1，故D正確．8、BD【解析】

A．根據法拉第電磁感應定律可知，線圈中產生的感應電動勢為，電容器兩端電壓等于電路路端電壓，可得U=6V，A錯誤B．根據閉合電路歐姆定律可得，，B正確C．根據楞次定律可得，通過電阻R的電流方向為a→R→b，C錯誤D．電容器所帶的電荷量，D正確9、AC【解析】

帶電粒子在電場中加速，在磁場中回旋，最后從磁場離開，離開時由洛倫茲力提供向心力，有：解得：則最大動能為知最大動能與加速的電壓U無關，狹縫間的距離d無關，與磁感應強度B的大小和D形盒的半徑R有關，故增大磁感應強度B和D形盒的半徑R，可以增加粒子的動能，故AC正確，BD錯誤。10、BC【解析】

A.將正電荷從A移到B點，電場力做負功，則電勢能升高，可知B點的電勢高于A點，則Q為正電荷，A錯誤；B.將負電荷從C點移到A點和從B點移到A點，電場力做功相同，將負電荷從B點移動A電，電場力做負功，電勢能增加，B正確；C.B、C兩點處于同一等勢面上，將正點電荷q從B點沿圓周移至C點，電場力不做功，C正確；D.將正電荷從C點移到A點，與從B點移到A點電場力做功相同，均為，D錯誤。故選BC。【點睛】根據電場力做功得出電勢能的高低，從而得出電勢的高低，判斷出點電荷Q的電性。根據電場力做功判斷電勢能的變化，在等勢面上移動電荷，電場力不做功。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、(1)(3)12.4(4)>【解析】（1）根據實物電路圖作出電路圖，電路圖如圖所示：（3）在第5次實驗中，由圖看出，重物處于靜止狀態，則電動機的輸出功率為1．根據歐姆定律得：電動機線圈的電阻為；（4）電動機的總功率：P=UI，電動機的輸出功率，對電動機：，故.12、G1G255.8kΩ【解析】

（1）若并聯的兩個支路電流相等，則電流表內阻與電阻箱內阻相等；故保證G1滿偏，使G2半偏；

（2）電流計內阻為4.2KΩ，滿偏電流為50μA，要將G2改裝成量程為3V的電壓表，需串聯的電阻值為：（3）采用伏安法測電阻，要測量多組數據，滑動變阻器采用分壓式接法，電流表內外接法依據待測電阻的電阻值與電流表、電壓表的內阻關系進行判斷，故內外接均可；電路中電流約為：3/5000A=600μA；給出的電流計不能測量電流值；故應將電流計改裝為大量程的電流表．電路原理圖如圖所示：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、900N【解析】

由題意可知，壘球被擊后做平拋運動，豎直方向：h=12gt2

所以：水平方向：x=vt

所以球被擊后的速度：v=選取球被擊出后的速度方向為正方向，則：v0=-5m/s

設平均作用力為F，則：Ft0=mv-mv0

代入數據得：F=900N【點睛】此題主要考查平拋運動與動量定理的應用，其中正確判斷出壘球被擊后做平拋運動是解答的關鍵；應用動量定理解題時注意正方向．14、(1)或，、1、2、(2)【解析】

波的傳播方向未知，要分波沿x軸正向傳播和沿x軸負向傳播兩種情況討論。根據波的周期性，運用波形平移法求解；結合上題的結論，確定n的值，從而得到波傳播距離，即可求得波速；【詳解】解：(1)如果波沿x軸正向傳播，波傳播的距離：，()如果波沿x軸負向傳播，波傳播的距離：，()(2)波沿

x軸

負向傳播，且

，故，即得

所以波速為1