2024-2025学年重庆市合川区物理高二第二学期期末统考试题含解析.doc

2024-2025学年重庆市合川区物理高二第二学期期末统考试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示单匝线圈ABCD在外力作用下，第一次以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．第二次进入过程与第一次进入过程相比（ ）

A．线圈中电流强度之比为1：2
B．外力做功的功率之比为2：1
C．线圈中产生热量之比为2：1
D．线圈中通过电量之比为2：1
2、如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是 ( )

A．F变大，θ变大 B．F变小，θ变小
C．F不变，θ变小 D．F不变，θ变大
3、用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是（ ）

A．电键闭合和断开的瞬间
B．电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头
C．电键闭合后线圈A在B中插入或拔出
D．只电键保持闭合
4、如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是

A．0.3s时刻与0.5 s时刻物体的动能相同
B．0.3s时刻与0.5 s时刻物体的速度相同
C．0.1s时刻与0.3 s时刻物体的回复力方向相同
D．0.1s时刻与0.3 s时刻物体的回复力大小不同
5、如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦．在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动．已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为(　　)

A．a＝gsin θ，F＝(M＋m)g(μ＋sin θ)
B．a＝gcos θ，F＝(M＋m)gcos θ
C．a＝gtan θ，F＝(M＋m)g(μ＋tan θ)
D．a＝gcot θ，F＝μ(M＋m)g
6、如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为

A．G B．Gsinθ C．Gcosθ D．Gtanθ
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、下列说法正确的是 。
A．实际气体的内能指气体分子势能、分子动能及气体分子重力势能的总和
B．如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，理论上热机的效率可以达到100%
C．对于一定量的理想气体，当气体温度升高时，气体的内能一定增大
D．—定质量的理想气体等压膨胀，气体一定吸收热量
E.自然过程中熵总是增加的，是因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多
8、目前核电站都是利用重核裂变发电的，其中一个裂变反应是：．然而在地球上消耗的能量，绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的能量，太阳的总输出功率为400亿亿瓦（4×1026W），其中一个核聚变反应是：．若已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，的质量为m4，则下列说法中正确的是（　　）
A．核电站中为了控制核裂变反应速度，可以在铀棒之间插进一些镉棒
B．裂变反应和聚变反应都是与温度无关，常温下就可以发生
C．核裂变反应中的U的比结合能大于Ba和Kr的比结合能
D．题中核聚变反应释放的核能为
9、把放射源轴、针或镭放入用铅做的容器中，射线只能从容器的小孔射出，成为细细的一束。在射线经过的空间施加磁场，发现射线分裂成如图所示的a、b、c三束。下列说法正确的是（　　）

A．三种射线中，b的穿透能力最强
B．三种射线中，c的电离作用最强
C．容器内温度越高，放射性强度越大
D．将磁场换为水平向左的匀强电场，射线也大致沿图示方向偏转
10、为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间很短，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动显示光的波动性
D．光只有波动性没有粒子性
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，测量头示意图如图所示，调节分划板的位置，使分划板中心剖线对齐某亮条纹的中心，此时测量头的读数为______mm．

12．（12分）如图所示，在“探究平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固定于A点．

（1）同时使用两个弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉到O点，记录两个测力计的读数F1和F2及两细绳的方向．弹簧测力计的示数如图所示，其示数为_____N．
（2）只用一个测力计通过细绳拉橡皮条，使结点也拉到O点，记下此时测力计的读数F和细绳的方向．本步骤中将结点也拉到O点，是为了____________________________.
（3）关于本实验，下列说法正确的是_____．
A．实验过程中橡皮条必须在两细绳套的角分线上
B．橡皮条的伸长量越大越好
C．拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好
D．拉细绳套时，拉力应尽量与木板平行
四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S．已知大气压强为P1，温度为T1．两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T1的空气密封在两活塞之间．此时两活塞的位置如图所示．(活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略)

(1)现对被密封的气体缓慢加热，当活塞B向左移动距离刚好为l时，求封闭气体的温度；
(2)当气体温度缓慢上升到2T1时，求两活塞之间轻线的拉力大小．
14．（16分）电子自静止开始经M、N两板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）

15．（12分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图象如图所示．已知人和降落伞的总质量m= 60kg，g取10 m/s1．

（1）不计人所受的阻力，求打开降落伞前运动员下落的高度？
（1）打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv，求打开伞瞬间运动员的加速度a的大小和方向？
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L′，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势 E=BLv，感应电流，则知感应电流I与速度v成正比，故第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A错误；线圈进入磁场时受到的安培力：FB=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=FB，则外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，则第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B错误；线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=，则产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C正确；通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选C．
点睛：本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量．
2、A
【解析】
试题分析：整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力，左端移动到P点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β增大，所以两侧绳的拉力变大，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角增大，所以角θ增大，故A正确；B、C、D错误．
考点：共点力作用下的平衡；力的合成
本题主要考查了共点力作用下的平衡和力的合成的应用．属于容易题．解决这类问题主要是求出绳子拉力的表达式，然后根据函数的增减性，判断绳子拉力的变化趋势．还要知道滑轮两侧的细绳的拉力大小相等．
3、D
【解析】
解：由图示可知，电流表所在电路闭合，
A、电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；
B、电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B错误；
C、电键闭合后线圈A在B中插入或拔出，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故C错误；
D、保持开关闭合，则线圈A所在电路中的电流电流不变，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了感应电流产生的条件，熟练掌握基础知识即可正确解题，本题是一道基础题．
4、A
【解析】
AB. 由图知，物体在0.3s与0.5s时刻图线的切线斜率的绝对值相等，说明物体在这两个时刻的速度大小相同，方向不同，所以速度不相同，动能相等，故A正确，B错误；
CD. 由图可知，0.1s时刻与0.3 s时刻位移大小相等，方向相反，根据回复力f=-kx，回复力大小相等，方向相反，故C错误，D错误．
故选A
根据简谐运动的x-t图象中图线切线的斜率表示速度，正负表示方向，判断速度和动能；根据回复力f=-kx，判断回复力是否相同．
5、C
【解析】
B向左做匀加速运动，合力水平向左，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再对AB整体运用牛顿第二定律即可求解F．
【详解】
对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得：；对AB整体进行受力分析得：F-μ（M+m）g=（M+m）a；解得：F=（M+m）g（μ+tanθ），故C正确，ABD错误．故选C．
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键是选择合适对象根据整体法和隔离法列式求解．
6、A
【解析】
人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力，根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G，故选项A正确．
人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、CDE
【解析】
A.气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间勢能的总和，故选项A不符合题意；
B.如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故选项B不符合题意；
C.对于一定量的理想气体分子势能不计，故当气体温度升高时，气体的内能一定增大，故选项C符合题意；
D.气体发生等压膨胀时，压强不变，体积变大，根据理想气体状态方程可知，气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体一定吸收热量，故选项D符合题意；
E.一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，也就是向着熵增大的方向进行，因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多，故选项E符合题意。
8、AD
【解析】
核电站中为了控制核裂变反应速度，可以在铀棒之间插进一些镉棒。故A正确；聚变反应需要在高温高压下才能进行。故B错误；由于核裂变的过程中释放能量，可知核裂变反应中的U的比结合能小于Ba和Kr的比结合能。故C错误；根据爱因斯坦质能方程可知，在题中核聚变反应释放的核能为△E＝△m•c1＝（m1+m1﹣m3﹣m4）c1．故D正确。
9、AD
【解析】
A. 带电粒子在磁场中运动，根据左手定则，a带正电为α粒子，b不带电为γ射线，c带负电为β粒子。γ射线（b）电离能力最弱，但穿透能力最强。故A符合题意；
B. α粒子（a）电离能力最强，但穿透能力最弱，故B不符合题意；
C. 原子核衰变和温度无关，所以放射性强度也和温度无关。故C不符合题意；
D. 将磁场换为水平向左的匀强电场，α粒子向左偏，γ射线不偏转，β粒子向右偏，所以射线也大致沿图示方向偏转，故D符合题意。
10、AC
【解析】
使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现双缝干涉图样，如果时间很短，少量光子到达底片上，由于光波是概率波，光子的行为是随机的，则底片上不会出现双缝干涉图样，故A正确，B错误；光波是一种概率波，光子落在光屏上各点的概率是不同的。单个光子通过双缝后打在底片的情况呈现出随机性，大量光子通过双缝后打在底片上的情况呈现出规律性。所以个别光子的运动体现粒子性，大量光子的运动体现波动性，故C正确；光既具有波动性又具有粒子性，故D错误。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、1.630mm
【解析】
测量头的读数为1.5mm+0.01mm×13.0=1.630mm.
12、（1）2.60 （2）使两分力的效果与一个合力的效果相同。 （3）D
【解析】
第一空.弹簧秤的最小分度为0.1N，根据弹簧秤指针的指示可知，其读数为2.60N；
第二空.实验中两次应将结点接至同一点，这样可以使两次拉力作用的效果相同；
第三空. 实验过程中橡皮条不一定必须在两细绳套的角分线上，选项A错误；橡皮条的伸长量不是越大越好，方便作图即可，故B错误；两条细绳的夹角不是越大越好，以方便作平行四边形为宜。故C错误。拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内，故D正确。

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1) (2)
【解析】
(1)设加热前，被封闭气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件有：
对活塞A
2p1S−2 p1S +f＝1①
对活塞B
p1S− p1S−f＝1②
解得
p1= p1  
f=1
即被封闭气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为
V1＝2Sl+Sl+Sl＝4Sl
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为
V2＝4Sl+Sl＝5Sl
根据盖-吕萨克定律得

解得
T2＝T1
(2)由于T＝2 T1＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定律得

解得
p＝p1
对活塞A受力分析
p1•2S+F＝p•2S
解得
F＝p1S
14、
【解析】
电子经电场加速后
ymv2=eU
电子进入磁场后
R=
R2=d2+(R-L)2
B=.
15、（1）45m（1）40m/s1，竖直向上
【解析】
试题分析：（1）打开降落伞前运动员下落的高度
（1）匀速下落时：
解得：k=100
由牛顿第二定律：
解得：；竖直向上
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当重力和阻力相等时，物体做匀速运动，受力平衡，难度适中。