湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷

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雅礼教育集团2025年上期期末考试
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
C
C
C
AD
BD
AC
BC
高二物理参考答案
1．D
【详解】A 项：伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故 A 错误；
B 项：文迪许扭秤试验，卡文迪许通过该实验测出了万有引力常量，故 B 错误；
C 项：奥斯特最早通过实验发现了电流的磁效应，故 C 错误；
D 项：库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律，故 D 正确．
点晴：该题考查了有关物理学史的知识，要了解物理学中的几个重要试验以及对于的伟大发现，注意平时多看书积累．
2．【答案】D
【解答】
工人由静止下落的过程中，由位移−时间公式得： = 1 2
20
代入数据解得工人自由落体的时间为：0 = 1
根据冲量公式，可得人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量为：
= ( + 0) = 600 × (0.5 + 1) ⋅ = 900 ⋅ ，方向竖直向下；
取向下为正方向，在整个下落过程中，设人从跌落到安全带最长的过程中安全带对人的平均冲力为，对工人由动量定理得：− + = 0
代入数据解得为： = 1800，方向竖直向上；
由牛顿第三定律可知人从跌落到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力为：
' = = 1800，方向竖直向下。故选 D。
3．B
【详解】A．因为沿电场线的方向电势降低，故 a 点的电势高于 b 点的电势，A 错误； B．电场线上某一点的电场强度方向与该点的切线方向一致，故 a 点和 b 点的电场强度方向不同。电场线的疏密表示场强的大小，a 处电场线较密，故 a 处场强较大。B 正确；
C．中垂线线上各点比较，因为中点处电场线最密，故中点场强最大，C 错误；
D．因为负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，
D 错误。
故选 B。 4．C
【详解】A．变压器的工作原理是互感现象，故 A 错误；
B．该变压器副线圈匝数比原线圈匝数少，故该变压器为降压变压器，故 B 错误；
C．根据 I1  n2 可知，原线圈电流较小，电阻较大，导线较细，故 C 正确；
I2n1
D．使用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯是为了减小涡流，故 D 错误。故选 C。
5．C
【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：
F  mgcs
C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 正确；
D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故 D 错误。
故选 C。
6．C
【详解】A．由图乙可知，t=1s 时，手机的加速度为 0，此时手机所受合力为 0，弹簧弹力与重力平衡，故 A 错误；
BC．由图乙可知，t=2s 时，手机的加速度为4m / s2 ，此时加速度方向向上，则手机处于平衡位置下方最低点 N 处；t=3s 时，手机的加速度为 0，手机处于平衡位置，则 t=2s 至 t=3s，手机从 N 运动到 O，故 B 错误，C 正确；
D．t=1s 至 t=2s，手机从 O 运动到 N，手机的速度和位移方向相同，均向下，故 D 错误。故选 C。
7．AD
【详解】A．根据题意环绕器运动的线速度大小为v  2R
T
故 A 正确；
B．根据速度位移关系2gh  v2
v2
可知火星表面的重力加速度 g 
2h
故 B 错误；
C．根据万有引力提供向心力G Mm
R2
42 R3
42

m T 2 R
可得火星的质量为 M 
故 C 错误；
GT 2
R2
D．在火星表面，万有引力提供重力G Mm  mg
火
82 R3h
v2T 2
可得 R火 
故 D 正确。故选 AD。 8．BD
【详解】A．半衰期是统计规律，对于少数原子核不适用，故 A 错误；
B．铯 137 发生β衰变时，是原子核发生衰变造成的，故 B 正确；
C．原子核的半衰期与原子核内部本身的因素决定，跟所处的物理、化学状态无关，所以半衰期不会发生变化，故 C 错误；
D．此核反应方程满足电荷数和质量数守恒，故 D 正确；故选 BD。
9．AC
【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为n  sin i
sin r
由图可知，OM、ON 两束光在空气中的入射角相等，而在介质中 OM 光的折射角大于 ON
光的折射角，所以 OM 光束在介质中的折射率小于 ON 光束在介质中的折射率，而红光的折
射率小于黄光的折射率，所以 OM 为红光，ON 为黄光，故 A 正确；
2
sinsin 45∘
B．对 OM 光束，根据光的折射定律有nM  sin90∘    sin 30∘ 
故 B 错误；
C．光在介质中的传播速度为n  c
v
由于 OM 光束在介质中的折射率小于 ON 光束在介质中的折射率，所以 OM 光束在介质中的传播速度大于 ON 光束在介质中的传播速度，而光穿过玻璃柱体的路程相同，所以沿 ON 路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故 C 正确；
D．OM 光线发生全反射的临界角为sin C  1 2
nM2
解得C  45∘
则若将 OM 光束从 N 点沿着 NO 方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故 D 错误。
故选 AC。 10．BC
【详解】A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加量等于除重力外的其它力做的
功，即
ΔE  Pt  Wf  20 10J  78J  122J
故 A 错误；
B．在 A 位置时，根据牵连速度规律有
v车 cs 30  v
∘
物
解得
故 B 正确；
v  2 3 v
车3物
C．小车运动到 A 位置时，根据能量守恒定律有
Pt  W  mg h 
∘  1 mv2  1 Mv2
f sin 30∘h sin 302物 2车

结合上述解得小车运动到 A 位置时的速度大小为
v车  8m / s
故 C 正确；
D． 0  10s 内，对物块进行分析，根据动能定理有
W  mg h ∘  1 mv2
绳 sin 30∘h sin 302物

结合上述解得
W绳  26J
故 D 错误。故选 BC。 11．(1)0.98
B
2
d
2g
【详解】（1）游标卡尺的最小分度值为 0.1mm，该读数为
d  9mm  0.18mm  9.8mm  0.98cm ；
（2）A．小球的直径小，小球通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，但小球的直径越小，用游标卡尺测量时的测量产生的偶然误差越大，可知小球的直径应当适当小一些，而不是越小越好，A 错误；
B．实验中如果球心轨迹与激光束不相交，则小球的挡光距离将小于直径，导致挡光时间偏小，结果导致速度测量值偏大，可知实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，B 正确；
C．实验时应先打开光电计时器，后释放铁球，防止小球提前通过计时器时无法记录时间， C 错误。
故选 B。
（3）[1]小球通过光电门的速度v  d
t
从 A 到 B，根据机械能守恒定律得mgh  1 mv2
2
2d 2 1
解得t
 · 2g h
为使图像呈直线，应描绘t2  1 图像。
h
d
2
[2]图像的斜率k ，可验证机械能守恒。
2g
12．(1)DF
(2) 0.730 (3)戊
a2  IL
U
【详解】（1）[1]由题意可知，电源电动势为 6V，而由于待测电阻约为10Ω ，则电路中电流
最大为 I  U
R x
 3V 10Ω
 0.3A
故不能选用最大量程为 3A 的电流表，故电流表只能选用A2 ，即电流表应该选 D。
[2]由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻R1 ，故滑动变阻器选用 F。
由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 0.5mm，可动刻度为
23.0  0.01mm  0.230mm ，故螺旋测微器的示数为0.5mm  0.230mm  0.730mm
由题意可知，电路应采用分压接法，电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，故选戊。
根据欧姆定律有 R  U
I
根据电阻定律有 R  L
S0
故截面积为 S0
 IL U
0
故金属管线内芯截面积的表达式为 S  a 2  S
1
13．(1) p  1.5 105 Pa
 a 2  IL
U
(2)Δℎ2 = 5cm
(3) = 625cm3
【详解】（1）对活塞和砝码组合体进行受力分析，由受力平衡可知 p1S  p0 S  mg
解得初始状态气缸内压强 p  p  mg 1.5 105 Pa
0S
由受力平衡，末态气体压强 p  p
 m ' g
0S
又由等温变化玻意耳定律 p1Sh1  p2 Sh2
解得h2  30cm所以：Δ h2 =5cm
根据等温变化可得2ℎ1 = 0
解得 = 625cm3
14．（1）3Mg；（2）R=L
【详解】（1）设圆弧 ab 的轨道半径为 R，由机械能守恒可得
MgR  1 Mv2
2b
在 b 点，由牛顿第二定律得
得
2
v
FN  Mg  M b
R
FN=3Mg
由牛顿第三定律可得，压力大小为 3Mg。
（2）滑块 Q 与滑块 P 发生弹性碰撞，由动量守恒
Mvb  Mvb  Mvc
由机械能守恒得
1 Mv2  1 Mv2  1 Mv2
2b2
可得
b2c
2gR
vc 
当滑块回到 c 点时，由能量守恒得
1 Mv2  1  4 Mv2  2MgL
由动量守恒有
2c2
Mvc  4Mv
解得
R=L
3
mg mv
m2 g
m mg 2
qB  qB 
0
 v
2
15．（1） E ，（2） OB  10 ；（3） y 

q 2 qB
q2 B2
【详解】（1）匀速圆周运动
mv
2
qv0 B  0
R
如图，由几何关系
qE  mg ， E  mg
q

OB  
3
2  1 R

由以上几式得

OB 
3   mv0
 21 qB

方法一：
设小球距 x 轴下方最远距离为 y，此时小球速度为 v，方向水平向左。由动能定理
q 2E  mg y  1 mv2  1 mv2
220
水平方向由动量定理
qBvy t  mv ，  vy  t  y
由以上几式得
m mg 2
qB  qB 
0

2
y 
 m2 g q2 B2
方法二：
等效重力
G  qE  mg  mg
方向竖直向上。同时给小球配一对大小相等，方向相反的水平速度 v，且满足
qBv  mg
即
v  mg
qB
则小球的运动可以分解为水平向右的速度为 v 的匀速直线运动和速度为
v 
0
2
 mg 2
 qB 
v合 
的匀速圆周运动组成。设圆周运动半径为 r， v合 与水平方向的夹角为θ，则
由以上几式得
mv2
qv B  合 ，
合r
cs v ，
v合
y  r 1  cs
y 
 m2 g .
m mg 2
qB  qB 
0
 v
2
q2 B2