广东省深圳市某校2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷（解析版）

这是一份广东省深圳市某校2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、单项选择题（本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1. 关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A. 悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显
B. 当分子间的距离减小时，分子间作用力一定增大
C. 物体的温度升高，物体内每个分子的动能都增大
D. 温度是分子热运动剧烈程度的标志
【答案】D
【解析】A．根据布朗运动的特点可知，颗粒越小，温度越高，布朗运动越明显，故A错误；
B．分子间距离为平衡位置时，分子力为零，所以当分子间的距离减小，分子间作用力不一定增大，还要看分子间距离与平衡位置的大小关系，故B错误；
C．温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动的平均动能越大，但不是物体内每个分子的动能都增大，故C错误；
D．温度是分子热运动剧烈程度的标志，故D正确。
故选D。
2. 2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为，则（ ）
A. X为电子，是在核内中子转化为质子过程中产生的
B. X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的
C. X为质子，是由核内中子转化而来的
D. X为中子，是由核内质子转化而来的
【答案】A
【解析】根据质量数和电荷数守恒有
可知X为电子，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的。
故选A。
3. 关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A. 甲图中，在表面层，分子间的作用力表现为斥力
B. 乙图中当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，这时导线环接收到了电磁波
C. 丙图中的玻璃利用了光的色散现象增加乘员的视野
D. 丁图是通过使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变的调制方法得到的调频波
【答案】B
【解析】A．在液体表面层，分子间距离大于平衡距离r0，分子间作用力表现为引力，A错误；
B．乙图中当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，这时导线环接收到了电磁波，B正确；
C．丙图中的玻璃利用了光的折射现象增加乘员的视野，C错误；
D．丁图是通过使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变的调制方法得到的调幅波，D错误。
故选B。
4. 下列关于热学和原子物理的四幅插图的说法正确的是（ ）
A. 甲图为方解石的双折射现象，光学性质表现为各向异性，说明方解石是非晶体
B. 乙图中制作防水衣时用右管材料的防水效果更好
C. 丙图为α粒子的散射实验现象，其中J运动轨迹所占的比例是最多的
D. 丁图的绝热容器中，抽掉隔板，容器内气体温度降低
【答案】B
【解析】A．甲图为方解石的双折射现象，光学性质表现为各向异性，说明方解石是晶体，故A错误；
B．由乙图中的毛细现象可知，左细管材料与水是浸润的，右细管材料与水是不浸润的，用右细管的材料制作防水衣效果好，故B正确；
C．丙图为粒子散射实验现象，实验现象中只有极少量的粒子发生较大角度的偏转，所以J运动轨迹所占的比例是最少的，故C错误；
D．丁图的绝热容器中，抽掉隔板，气体向真空自由膨胀并不对外做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能不变，所以容器内气体的温度不变，故D错误。
故选B。
5. 氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光中只有频率为、两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应。分别用频率为、的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中最多能发出3种不同频率的光
B. 图丙中的图线a所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
C. 图丙中的图线b所表示的光的光子能量为12.75eV
D. 处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.75eV的光子并电离
【答案】C
【解析】A．一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中最多能发出
种不同频率的光，故A错误；
BC．图丙中的图线b所表示的光的遏止电压较大，则光电子最大初动能较大，所对应的光子能量较大，原子跃迁对应的能级差较大，即对应于由第4能级向基态跃迁，则光子能量为
故B错误，C正确；
D．处于第4能级的氢原子至少要吸收0.85eV的能量才能电离，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，容器中盛有水，为水面，从点发出一束白光，射到水面上的点后，折射光发生了色散，照到器壁上a、b之间，对应a、b两种颜色的单色光，则（ ）
A. 若发光点不变而入射点向左移，则光可能发生全反射
B. 若光照射某金属能发生光电效应，则光照射该金属不一定发生光电效应
C. 用光和光分别在同一套双缝干涉实验装置上做实验，光的条纹间距较宽
D. 光的光子能量大于光的光子能量
【答案】C
【解析】A．若发光点不变而入射点向右移，光才可能发生全反射，故A错误；
B．由题意，可知光折射率较高，则光频率较高，若光照射某金属能发生光电效应，则光照射该金属一定也发生光电效应，故B错误；
C．由题意，可知光波长较短，则在同一套双缝干涉实验装置上，光的干涉条纹间距比光小，故C正确；
D．由光子能量公式，可知光的光子能量较高，故D错误。
故选C。
7. 某柴油内燃机利用迪塞尔循环进行工作，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体经历的迪塞尔循环，则（ ）
A. 在过程中，气体对外做功
B. 在过程中，气体分子的平均动能不变
C. 在过程中，气体的温度升高
D. 在过程中，气体放热
【答案】D
【解析】A．在过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；
B．在过程中，气体压强不变，体积增大，根据盖—吕萨克定律可知，气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，故B错误；
C．在过程中是绝热过程，即有，该过程气体体积增大，气体对外做功，即有
根据热力学第一定律可知
气体内能减小，气体温度降低，故C错误；
D．在过程中，气体体积不变，不做功。同时压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，则内能减小，根据可知气体放热。故D正确。
故选D。
8. 图示为高铁的供电流程图，牵引变电所（视为理想变压器，原、副线圈匝数比为）将高压或降至，再通过接触网上的电线与车顶上的受电器使机车获得工作电压，则（ ）
A. 若电网的电压为，则
B. 若电网的电压为，则
C. 若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于
D. 高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
【答案】D
【解析】AB．若电网的电压为，则
若电网的电压为，则
故AB错误；
CD．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间之间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，故C错误，D正确。
9. 如图左所示是一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图右为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. 在时，质点Q的位置坐标为
C. 从到的过程中，质点P的路程为
D. 从时刻开始计时，质点P再过时（）到达波谷
【答案】D
【解析】A．根据质点Q的振动图像，可知在t=0.1s时，质点Q的振动方向是沿y轴负方向，由波形图可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由振动图像可知，质点Q的周期T=0.2s
由于
可知此时Q点恰好位于波谷，Q点位置坐标为（12m，-10cm），故B错误；
C．根据B选项分析可知从到的过程中，质点P振动了，其中在一个周期的时间内，其路程为，在时间内，质点P先向着平衡位置振动，再远离平衡位置振动，平均速率大于一个周期内的平均速率，所以其路程稍大于，可知从到的过程中的路程大于，故C错误；
D．由波形图可知，该波的波长
故波速
波沿x轴正方向传播，由波形图可知P点左侧的第一波谷向右传播
质点P第一次到达波谷，则质点P第一次到达波谷所用时间
结合波传播的周期性可知质点P在
时到达波谷，故D正确。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）
10. 装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A. 回复力等于重力和浮力的合力
B. 振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C. 振动频率与按压的深度有关
D. 在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】AD
【解析】A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B．在玻璃管振动过程中，浮力对玻璃管做功，所以它的机械能不守恒，故B错误；
C．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故C错误；
D．由题图乙可知，在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确。
故选AD。
11. 某种风力发电机的原理如图甲所示，发电机线圈固定，磁体在外力驱动下绕线圈对称轴逆时针转动。两磁体间的磁场可视为匀强磁场，从图甲所示位置开始计时，向外输出的电压u随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该交流电输出电压的有效值为
B. 磁体转动的角速度为
C. 图甲所示位置为感应电动势最大的位置
D. 图甲所示位置线圈ab边的感应电流方向由a指向b
【答案】C
【解析】A．该交流电是正弦式交流电，可得输出电压的有效值为，故A错误；
B．交流电的周期为，则磁体转动的角速度为
故B错误；
C．图甲所示位置线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确；
D．根据楞次定律可知，图甲所示位置感应电流的方向由b指向a，故D错误。
故选C。
12. 嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，3t₀时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A. 时间内，探测器做匀减速直线运动
B. 2t₀时刻探测器速度
C. 探测器在 时间内的位移大小是 时间内的位移大小的4倍
D. 时间内，探测器的位移大小为
【答案】BD
【解析】A．匀减速直线运动加速度大小和方向不变，由图像可知t0-3t0时间内加速度大小变化，不是匀减速直线运动，故A错误；
B．根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，3t0时刻速度，2t0-3t0时间内图像与时间轴所围面积为
即2t0到3t0速度变化量为，那么2t0时刻速度
故B正确；
C．t0～3t0内，根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，t0～3t0内速度变化量
2t0-3t0内速度变化量
采用逆向思维把探测器运动看成初速度为0的匀加速直线运动，t0-2t0，2t0-3t0位移比为3：1，探测器在t0～3t0时间内的位移大小是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，但嫦娥六号做加速度减小的减速运动，探测器在t0～3t0时间内的位移大小不是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，故C错误；
D．0～t0时间内，探测器做匀减速直线运动，末速度v=a0t0
根据 （这里v=a0t0，a=-a0，t=t0）
可得
故D正确。
故选BD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分，考生根据要求作答。）
13. 下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。为了减小实验误差，两个大头针的距离应适当_____（选填“大”或者“小”）一些。某小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃的折射率_____（用图中线段的字母表示）。
（2）探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系，实验用的可拆变压器如图丙所示。①为了减小涡流在铁芯中产生的热量，变压器的铁芯由相互绝缘的硅钢片叠成，对上端放置的变压器铁芯，硅钢片应平行于_____。
A.平面aehd B.平面abcd C.平面abgh
②在实验中，该同学故意将上端的铁芯卸掉，将12.0V的交流学生电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间，将交流电压表接在副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间，则交流电压表的实际示数可能是_____。
A. B. C. D.0
（3）某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，由电火花计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带（如图丁所示），纸带上两相邻计数点间还有四个点未画出，电源的频率为。C点的瞬时速度大小为______。小车运动过程中的平均加速度大小为______（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）大 （2）A C （3）0.8 4.0
【解析】（1）[1]大头针之间的距离适当大些，光路的方向确定的误差会更小；
[2]根据几何关系入射角正弦值为
折射角正弦值为
且
根据折射定律可得玻璃折射率
（2）①[1]由图丙可知，磁感线平行于平面，产生的涡流平行于平面，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，硅钢片应垂直于涡流所在平面，即硅钢片应平行于平面aehd。
故选A。
②[2]由题意知，，若变压器为理想变压器，根据
得
但该同学将上端铁芯卸掉，此时会有大量漏磁，导致通过副线圈的磁通量比理想情况小，所以输出电压小于理想值，即输出电压的范围为。
故选。
（3）[1]根据题意可知，相邻两计数点之间的时间间隔
根据匀变速直线运动规律可知C点的瞬时速度大小为
[2]根据逐差法得小车运动过程的加速度大小为
14. 实验小组的同学们做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）用表示单摆的摆长，用表示单摆的周期，重力加速度______。
（2）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______（选填选项前的字母）。
A. 长约的细线
B. 长约的橡皮绳
C. 直径约的均匀铁球
D. 直径约的均匀木球
（3）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______（选填选项前的字母）。
A. 开始摆动时振幅较小
B. 开始计时时，过早按下秒表
C. 测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
D. 测量摆长时，仅测量了悬挂点到小球上端的距离，忘记加上小球的半径
（4）丙同学测得重力加速度，并画出单摆做简谐运动时的振动图像如图所示，则摆线偏离竖直方向的最大偏角的正弦值约为_____（结果保留一位有效数字）（取3.14）。
【答案】（1） （2）AC （3）C （4）0.04
【解析】（1）根据周期公式
解得
（2）AB．为减小误差应保持摆线的长度不变，要选用结实较细的细线，不能用橡皮绳，故A正确，B错误；
CD．为减小误差，摆球密度要大，体积要小，故C正确，D错误。
故选AC。
（3）A．根据周期公式
解得
可知振幅大小与无关，故A错误；
B．开始计时时，过早按下秒表，所测周期偏大，根据
可知偏小，故B错误；
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间，则所测周期偏小，根据
可知偏大，故C正确；
D．测量摆长时，仅测量了悬挂点到小球上端的距离，忘记加上小球的半径，则摆长测量偏小，根据
可知偏小，故D错误。
故选C。
（4）由题图可知周期为，根据
解得
振幅为
则
15. 如图，一潜水员在距海岸A点45m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4m的皮划艇。皮划艇右端距B点4m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为和（，），水的折射率为，皮划艇高度可忽略。
（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；
（2）求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设潜水员下潜深度为h，水的折射率为，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，
得临界角正弦为
解得：
（2）设入射角为 的光线的折射角为 ，入射角为的折射角为 ，则
，
根据几何关系可知
，
解得：，
故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。
16. 如图所示，水平地面上一辆平板车以的速度向前匀速行驶，时刻，在平板车前端的正前方距离处有一个小球在离地面高度处正以的初速度竖直向上抛出。已知平板车上表面离地高度为，车身长度，重力加速度，不计空气阻力。
（1）小球运动过程中距离地面的最大高度；
（2）求小球落在平板车上的位置到车身前端的距离；
（3）为了避免小球落在平板车上，小球竖直向上抛出的同时，小车开始做匀变速直线运动，求平板车的加速度所满足的条件。
【答案】（1）11.8m （2）1m （3）匀加速或者匀减速
【解析】（1）根据
可得小球上升的最大高度
则距离地面最大高度为
（2）设小球经过时间落在小车上，取竖直向上为正方向，则有
解得或（舍去）
平板车运动的位移为
则小球落在平板车上位置到车身前端的距离为
（3）①若小车做匀加速直线运动，设最小加速度为，则小车运动位移满足条件为
解得，则平板车的加速度应满足，方向向前
②若小车做匀减速直线运动，设最小加速度为，则小车运动位移满足条件为
解得
则平板车的加速度应满足，方向向后
17. 如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强，铸型室底面积，高度，底面与注气前气室内金属液面高度差，柱状气室底面积，注气前气室内气体压强为，金属液的密度，重力加速度，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。现关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，注气直到上方铸型室液面高为时，关闭进气口。
（1）求此时铸型室内气体的压强；
（2）求下方气室内液面下降的高度，以及气室内的气体压强；
（3）金属液冷却凝固过程忽略体积变化，其温度从℃冷却到室温℃时，求铸型室内气体的压强；
（4）在第（3）问的情况下，打开排气孔，直至铸型室内的气体压强达到，求涌入铸型室的气体与铸型室内原有气体的质量之比。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】（1）铸型室内气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）上方增加的液体与下方减少的液体体积相等
解得
根据平衡条件
（3）铸型室内气体做等容变化
根据查理定律有
解得
（4）铸型室内气体的体积为
假设涌入压强也是的气体体积为，根据玻意耳定律有
解得
因为气体压强、温度相同时，密度也相同，所以质量之比等于体积之比