江苏省2024—2025学年高二下学期期末迎考卷
物理参考答案与评分标准(A卷)
1. B 解析:根据质量数守恒,X质量数为238-234=4,根据电荷数守恒,X电荷数为94-92=2,则X为α粒子,故A
错误;该反应释放的能量为234E+4E-238E,故B正确;半衰期是放射性元素固有的属性,与温度无关,所以月球上
2 3 1
温度的变化不会改变 Pu的衰变快慢,故C错误;γ光子是原子核衰变或其他核反应时产生的,故D错误.
238
94
2. C 解析:图甲中,实验现象表明材料具有各向同性,则说明薄板材料可能是多晶体,也有可能是非晶体,故A错
误;图乙中液体上升,可知液体和管壁表现为浸润,故B错误;图丙中,当温度升高时,分子速率较大的分子数占总
分子数的百分比增大,可知T对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图,故C正确;图丁中,微粒越小,温度越
2
高,布朗运动越明显,微粒越大,单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越不明显,故D错误.
2L
3. B 解析:直导线在磁场中受力F=BIL,半圆环导线在磁场中受力的有效长度是半圆环的直径长度,则F=BI'
π
π
,解得I'= I,故选B.
2
4. D 解析:已知最终A 亮度更高,则稳定时通过A 的电流更大,根据并联电路电压相等可知,R连入电路的阻值
2 2
大于L的直流阻值,A错误;闭合S瞬间,L阻碍电流的增大,L中电流小于变阻器R中电流,B错误;断开S,L阻碍电
流的减小,L和变阻器R以及两灯泡构成回路,断开S瞬间该回路电流大小等于初始通过A 的电流,故A 闪亮,之
2 1
后L的电流逐渐减小至零,则两灯逐渐熄灭,C错误,D正确.
5. D 解析:油酸酒精溶液滴在水面上时,应使滴管竖直靠近水面,若离水面太远,滴下的油酸酒精溶液容易溅出
水槽外面,也可能无法形成油膜,A错误;为清晰显示油膜的边界,痱子粉要在滴入油酸酒精溶液前撒上,B错误;出
现如图所示的情况,是痱子粉撒得太多太厚,导致油膜未完全分开,C错误;油酸酒精溶液放置太久,酒精挥发,导
致油酸浓度变大,一滴油酸体积的测量值偏小,则直径测量值偏小,D正确.
6. C 解析:a点时,电路中的电流为零,此时恰好反向充电完成,故a到b的过程中,电容器正在反向放电,根据题
意结合图乙可知,此时电流为顺时针方向,则可知N板带正电,且N板的带电荷量在减小,电容器的电场能在减小,
而线圈L中的磁场能在变大,故A、B错误,C正确;电流的变化率越小,则线圈L的自感电动势越小,a到b的过程
中,电流的变化率在逐渐减小,则可知线圈L的自感电动势在逐渐减小,故D错误.
D 2 U
7. A 解析:流量Q=Sv=π( ) v,又因为电场力等于洛伦兹力,达到平衡时,电势差稳定,即qvB=qE,E= ,解得
2 D
πDU πDU
U=BDv,U的大小与粒子浓度无关,所以流量Q= ,解得B= ,故A正确,C、D错误;磁场方向竖直向下,由
4B 4Q
左手定则,污水中的正离子聚集到a端,负离子聚集到c端,a侧电势比c侧电势高,B错误.
学科网（北京）股份有限公司2π π
8. D 解析:当t= 时,即ωt=2π时,线框回到图示位置,此时的感应电流最小,磁通量最大,A错误;当t= ,
ω 2ω
π π - ΔΦ
即ωt= 时,线圈转到与图示垂直位置,此时磁通量为零,则0~ 时间内产生的感应电动势的平均值为 =n
E
2 2ω Δt
1
B· S
2 nBSω π nBSω π nBS
=n = ,则0~ 时间内,通过线框的电荷量为q= · = ,B错误;线框中产生的感应电动
π π 2ω Rπ 2ω 2R
2ω
势的最大值为E=nB·S·ω=1nBSω,C错误;线框中产生的感应电动势的有效值为E=E =√2nBSω,D正确.
m m
2 2 √2 4
9. D 解析:导热性能良好的甲、乙两汽缸,环境温度升高后,两汽缸内气体温度与环境温度相同,分子的平均动
能相同,故A错误;两汽缸内气体温度与环境温度始终相同,内能的增加量相同,故B错误;图甲气体压强p =p,图
甲 0
乙气体压强p =p+mg,对图甲由理想气体状态方程得p V =p V =p (V -V ) ,对图乙由理想气体状态方程
乙 0 0 1 0 2 0 2 1
S T T T -T
1 2 2 1
得p V =p V =p (V -V ) ,由于甲、乙两汽缸用质量相同的活塞封闭相同质量的空气,所以pV=p V,由
乙 3 乙 4 乙 4 3 0 1 乙 3
T T T -T
1 2 2 1
p<p ,所以V-V>V-V,体积的增加量不同,故C错误;由p(V-V)=p (V-V),可知气体膨胀过程外界对气体做
0 乙 2 1 4 3 0 2 1 乙 4 3
功相同,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知吸收的热量相同,故D正确.
1
10. D 解析:由题图乙知交流电的周期为0.02 s,所以频率为f= =50 Hz,故A错误;由题图乙知,升压变压器输
T
入端电压有效值为U=250√2 V=250 V,若升压变压器的输入功率为75 kW,则I=P =75×103 A=300 A,根据
1 1 1
√2 U 250
1
I =n =1500,解得I=30 A,远距离输电线路损耗功率为ΔP= R=302×20 W=18 kW,故B错误;当滑片向a端滑动
1 2 2 I2
I n 150 2
2 1
时,R减小,升压变压器副线圈两端电压U不变,则输电线上电流增大,由“串反并同”规律可知电阻R上的电压
2 2 1
变大,故C错误,D正确.公众号：高中试卷君
学科网（北京）股份有限公司11. B 解析:电子所受感应电场力方向沿切线方向,电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的,故A错误;
T
在0~ 时间内,由安培定则可知电磁铁线圈中的电流产生向上的磁场,即磁场方向垂直纸面向外,这段时间电流
4
增大,磁场向上增强,磁通量增大,根据楞次定律,可知线圈中会产生向下的感应磁场以阻碍原磁通量的增大,根据
安培定则,可知感应电流的方向为顺时针,即为感应电场的方向,所以电子所受的电场力方向为逆时针,则从俯视
T
图的视角判断电子沿逆时针方向做加速圆周运动,故B正确,C错误;由上分析,可知在0~ 时间内,电子先沿逆时
4
T T
针做加速圆周运动.在 ~ 时间内,由图(b)可知,电流沿正方向减小,故其产生向上的磁场也减小,磁通量减小,
4 2
根据楞次定律,可知线圈中会产生向上的感应磁场以阻碍原磁通量的减小,根据安培定则,可知感应电流的方向为
逆时针,即为感应电场的方向,所以电子所受的电场力方向为顺时针,与速度的方向相反,故电子做减速圆周运动,
故D错误.
(m +m)g ag-m g
12. (每空3分)(1) BC (2) 10 (3) p+ 0 (4) 0 (5) 封闭气体的质量不同
0
S S
解析:(1) 在柱塞与注射器壁间涂上润滑油的目的是密封气体,不能保持封闭气体的温度不变,故A错误;移动柱
塞应慢些,因为移动柱塞时相当于对气体做功,如果太快,气体的温度会发生变化,故B正确;手不能握住注射器,
握住注射器会发生热传递,使气体的温度发生变化,故C正确;只要封闭气体的质量不变,气体的多少不会改变实
验数据,故D错误.
ΔV 40-30
(2) 注射器柱塞的横截面积为S= = cm2=10 cm2.
Δl 1
(m +m)g
(3) 对柱塞和沙桶,根据平衡条件mg+mg+pS=pS,解得p=p+ 0 .
0 0 0
S
(4) 根据玻意耳定律可得pV=pV=[ (m +m)g ]V,整理可得m=p V S·1-p S+m g,所以纵截距为-
0 0 p + 0 0 0 0 0
0 S g V g
p S+m g=-a,解得p=ag-m g.
0 0 0 0
g S
p V S 1 p S+m g p V S
(5) 由表达式m= 0 0 · - 0 0 ,斜率为k= 0 0 ,由于另一同学用该装置重做实验,故横截面积相同,
g V g g
斜率不同是由于pV的乘积不同,即封闭气体的质量不同.
0 0
13. (1) √2eU (2) hν-eU
0 0
m
1
解析:(1) 根据题意,由动能定理有-eU=0-E=0- mv2
0 km 2 m
学科网（北京）股份有限公司解得v=√2eU (3分)
m 0
m
(2) 根据题意,由光电效应方程有E=hν-W
km
解得W=hν-E=hν-eU(3分)
km 0
14. (1) V (2) p (6V -V )
1 0
6 6p V
0 0
5
解析:(1) 设海水的密度为ρ,由平衡条件得 ρgV=mg,ρgV=mg+ρgΔV
6
V
解得ΔV= (4分)
6
(2) 由玻意耳定律得p(V-ΔV)=pV'
1 0 0
储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为k=m =V ',
2
m V
1 0
解得k=p (6V -V ) (4分)
1 0
6p V
0 0
qBR qRB2
15. (1) (2) (3) (√6-√2)R
m 2m
v2
解析:(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m
R
qBR
根据几何关系有r=R,解得v= (4分)
m
1 Eq
(2) P→Q离子做类平抛运动,则x=vt=2R,y= at2=R,加速度为a=
2 m
qRB2
解得E= (4分)
2m
(3) 根据题意作出离子的运动轨迹
1
对离子1有Rsin 30°= at2,x=R+vt
2 1 1 1
解得x=(√2+1)R
1
1
对离子2有R+Rsin 30°= at2,x=R+vt
2 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司解得x=(√6+1)R
2
离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为Δx=x-x=(√6-√2)R (4分)
2 1
16. (1) BL (2) B2L2√2gL (3) B2L3+mR√2gL
√2gL
3mR B2L2
1
解析:(1) 根据题意可知,对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有mgL= mv2
2 0
解得v=√2gL
0
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv=BL√2gL (3分)
0
(2) 根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,轨道外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得,导
1 6R
轨间每段圆弧的电阻为R= × =R
0
2 3
R·R 3
可知整个回路的总电阻为R =R+ = R
总 R+R 2
E 2BL√2gL
ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I= =
R 3R
总
I
对金属环由牛顿第二定律有2BL· =2ma
2
B2L2√2gL
解得a= (5分)
3mR
(3) 根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向,则系统的动量守恒,由于金属环做
加速运动,金属棒做减速运动,为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,设金属棒ab和金属环速度相等时,金
属棒ab恰好追上金属环,设此时速度为v,由动量守恒定律有mv=mv+2mv,
0
1
(4) 解得v= v
0
3
v
对金属棒ab,由动量定理有-BILt=m· 0-mv
0
3
2
则有BLq= mv
0
3
设金属棒运动距离为x,金属环运动的距离为x,则有q=BL(x -x )
1 2 1 2
R
总
mR√2gL
联立解得Δx=x-x=
1 2 B2L2
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L+Δx=B2L3+mR√2gL
(7分)
B2L2
学科网（北京）股份有限公司
