25年上期期末高二4物理答案_2025年7月_250703湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二下学期6月期末（全科）_湖南省长沙市雅礼教育集团2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷

雅礼教育集团2025年上期期末考试 高二物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C C C AD BD AC BC 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】 【解答】 D 工人由静止下落 的过程中，由位移 时间公式得： 1 2 代入数据解得工人 自由落体的时间为−： =2 0 根据冲量公式，可得人从跌落到安全带最 0长=时1 重力对人的冲量为： ，方向竖直向下； 取 向=下 (为 +正 方0)向=，6在00整×个(0下.5落+过1)程 中⋅ ，=设9人00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： 代入数据 解得为： ，方−向 竖 +直 向 =上0； 由牛顿第三定律可知 =人1从8跌00落 到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力为： ，方向竖直向下。 故'选= D=。1800 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。 答案第1页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}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； I n C．根据 1  2 可知，原线圈电流较小，电阻较大，导线较细，故C正确； I n 2 1 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 mgcos 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； 答案第2页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}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 2R 【详解】A．根据题意环绕器运动的线速度大小为v 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； Mm 42 C．根据万有引力提供向心力G  m R R2 T2 42R3 可得火星的质量为M  GT2 故C错误； Mm D．在火星表面，万有引力提供重力G mg R2 火 82R3h 可得R  火 v2T2 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 sini 【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为n sinr 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 答案第3页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}射率小于黄光的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A正确； sin sin45 B．对OM光束，根据光的折射定律有n M  sin  90   sin30  2 故B错误； c C．光在介质中的传播速度为n 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； 1 2 D．OM光线发生全反射的临界角为sinC  n 2 M 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W 2010J78J122J f 故A错误； B．在A位置时，根据牵连速度规律有 v cos30 v 车 物 解得 2 3 v  v 车 物 3 故B正确； C．小车运动到A位置时，根据能量守恒定律有  h  1 1 PtW mg hsin30 mv2  Mv2 f sin30  2 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 8m/s 车 答案第4页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}故C正确； D．010s内，对物块进行分析，根据动能定理有  h  1 W mg hsin30  mv2 绳 sin30  2 物 结合上述解得 W 26J 绳 故D错误。 故选BC。 11．(1)0.98 (2)B d2 (3) 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。 d （3）[1]小球通过光电门的速度v t 1 从A到B，根据机械能守恒定律得mgh mv2 2 d2 1 解得t2  · 2g h 1 为使图像呈直线，应描绘t2 图像。 h d2 [2]图像的斜率k  ，可验证机械能守恒。 2g 答案第5页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}12．(1) D F (2)0.730 (3)戊 IL (4)a2 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 U 3V 最大为I   0.3A R 10Ω x 故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用A ，即电流表应该选D。 2 [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R ，故滑动变阻器 1 选用F。 （2）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 （3）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。 U （4）根据欧姆定律有R I L 根据电阻定律有R S 0 IL 故截面积为S  0 U IL 故金属管线内芯截面积的表达式为S a2S a2 0 U 13．(1)p 1.5105Pa 1 (2)Δ (3) ℎ2 =5cm 3 【详 解=】6（251c）m对活塞和砝码组合体进行受力分析，由受力平衡可知pS p Smg 1 0 mg 解得初始状态气缸内压强 p  p  1.5105Pa 1 0 S m'g （2）由受力平衡，末态气体压强 p  p  2 0 S 又由等温变化玻意耳定律 pSh  p Sh 1 1 2 2 解得h 30cm 所以：Δh =5cm 2 2 （3）根据等温变化可得 2 ℎ1 = 0 答案第6页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}解得 3 14．（ 1=）632M5gc；m（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 1 MgR Mv2 2 b 在b点，由牛顿第二定律得 v2 F Mg M b N R 得 F =3Mg N 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 Mv MvMv b b c 由机械能守恒得 1 1 1 Mv2  Mv2 Mv2 2 b 2 b 2 c 可得 v  2gR c 当滑块回到c点时，由能量守恒得 1 1 Mv2  4Mv22MgL 2 c 2 由动量守恒有 Mv 4Mv c 解得 R=L 15．（1）E mg ，（2）OB    3 1    mv 0 ；（3）y m   mg  2 v2  m2g q  2  qB qB  qB  0 q2B2 【详解】（1）匀速圆周运动 mg qE mg，E q mv2 （2）qv B 0 0 R 如图，由几何关系 答案第7页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#} 3  OB 1R    2  由以上几式得  3 mv OB 1 0    2  qB （3）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 1 1 q2Emg y mv2  mv2 2 2 0 水平方向由动量定理 qBv tmv，v t  y y y 由以上几式得 m mg 2 m2g y   2  qB  qB 0 q2B2 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 mg v qB 答案第8页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}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 2 mg v  v2  合 0  qB 的匀速圆周运动组成。设圆周运动半径为r，v 与水平方向的夹角为θ，则 合 qv B mv 合 2 ，cos v ，yr1cos 合 v r 合 由以上几式得 m mg 2 m2g y   v2  . qB  qB  0 q2B2 答案第9页，共9页 {#{QQABKQgs4gAQkhSACY4rEUU4CkgQkJEjLcoEgQAUKAxKCRFAFKA=}#}