河南省鄭州市2024-2025學年高二物理下學期期末考試試題含解析

PAGE15-河南省鄭州市2024-2025學年高二物理下學期期末考試試題（含解析）第Ⅰ卷（選擇題共48分）一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1.一列沿直線傳播的簡諧橫波，其傳播速度為，波源的振動圖像如圖所示，則這列波的波長和頻率分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】由振動圖象可以讀出波的周期為，則，由波速公式得：波長，B正確．故選B．【點睛】解決本題的關鍵是可以由振動圖象獲得相應信息，以及嫻熟駕馭公式、．2.下列說法正確的是A.傳感器是把非電信息轉換成電信息的器件或裝置B.真空中的光速在不同慣性系中測得的數(shù)值是不相同的C.紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，是因為它具有顯著的熱效應D.波源與視察者相互靠近時，視察者接收到的頻率小于波源的頻率【答案】A【解析】【詳解】A.傳感器是把被測非電信息轉換為電信息的裝置，故選項A正確；B.依據(jù)光速不變原理知在不同慣性系中，光在真空中傳播速度大小相等，故選項B錯誤；C.紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，但它不具有顯著的熱效應，反而紅外線才是顯著的熱效應，故選項錯誤；D.依據(jù)多普勒效應，當波源與視察者相互靠近時，視察者接收到的頻率會增加，視察者接收到的頻率大于波源的頻率，故選項D錯誤．3.下列關于麥克斯韋的電磁場理論說法正確的是（）A.變更的磁場產生的電場肯定是變更的B.不勻稱變更的電場產生勻稱變更的磁場，勻稱變更的磁場產生不勻稱變更的電場C.穩(wěn)定的磁場產生不穩(wěn)定的電場D.振蕩的磁場在四周空間產生的電場是振蕩的【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，變更的磁場四周能產生電場，勻稱變更的磁場四周產生穩(wěn)定的電場，故A項錯誤；B．不勻稱變更的電場產生變更的磁場，磁場有可能不是勻稱變更的；勻稱變更的磁場四周產生穩(wěn)定的電場，故B項錯誤；C．穩(wěn)定的磁場其四周不產生電場，故C錯誤；D．振蕩的磁場在四周空間產生的電場是振蕩的，振蕩的電場在四周空間產生的磁場是也振蕩的，故D正確。4.X射線是一種高頻電磁波，若X射線在真空中的波長為λ，以h表示普朗克常量，c表示真空的光速，以E和p分別表示X射線每個光子的能量和動量，則A.，p=0 B.，C.，p=0 D.，【答案】D【解析】【詳解】光子的能量，動量為：．5.1905年愛因斯坦提出光子假設，勝利地說明了光電效應，因此獲得1921年諾貝爾物理學獎．下列關于光電效應的描述正確的是A.只有入射光的波長大于金屬的極限波長才能發(fā)生光電效應B.金屬的逸出功與入射光的頻率和強度無關C.用同種頻率的光照耀各種金屬，發(fā)生光電效應時逸出的光電子的初動能都相同D.發(fā)生光電效應時，保持入射光的頻率不變，減弱入射光的強度，從光照耀到金屬表面到放射出光電子的時間間隔將明顯增加【答案】B【解析】【詳解】只有入射光波長小于金屬的極限波長才能發(fā)生光電效應，選項A錯誤；金屬的逸出功由金屬本身確定，與入射光的頻率和強度無關，選項B正確；由于不同金屬的逸出功不同，則假如用同種頻率的光照耀各種金屬，發(fā)生光電效應時逸出的光電子的初動能不相同，選項C錯誤；發(fā)生光電效應時，保持入射光的頻率不變，減弱入射光的強度，從光照耀到金屬表面到放射出光電子的時間間隔不變，只是逸出的光電子的數(shù)量減小，選項D錯誤.6.一炮艇總質量為M，以速度v0勻速行駛，從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質量為m的炮彈，放射炮彈后炮艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是A.Mv0＝(M－m)v′＋mv B.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D.Mv0＝Mv′＋mv【答案】A【解析】試題分析：以地面為參照物，放射炮彈過程中動量守恒，所以有：，故BCD錯誤，A正確．故選A．7.明代學者方以智在《陽燧倒影》中記載：“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”，表明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象。如圖所示，一束復色光通過三棱鏡后分解成兩束單色光a、b，下列說法正確的是（）A.若增大入射角i，則b光先消逝B.在該三棱鏡中a光波長小于b光C.a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光不能發(fā)生D.若a、b光分別照耀同一光電管都能發(fā)生光電效應，則a光的遏止電壓低【答案】D【解析】【詳解】A．設折射角為α，在右界面的入射角為β，如圖所示：依據(jù)幾何關系有依據(jù)折射定律：，增大入射角i，折射角α增大，β減小，而β增大才能使b光發(fā)生全反射，故A錯誤；B．由光路圖可知，a光的折射率小于b光的折射率（），則a光的波長大于b光的波長（），故B錯誤；C．光是一種橫波，橫波有偏振現(xiàn)象，縱波沒有，有無偏振現(xiàn)象與光的頻率無關，故C錯誤．D．依據(jù)光電效應方程和遏止電壓的概念可知：最大初動能，再依據(jù)動能定理：，即遏止電壓，可知入射光的頻率越大，須要的遏止電壓越大，，則a光的頻率小于b光的頻率（），a光的遏止電壓小于b光的遏止電壓，故D正確。故選D?！军c睛】本題考查的學問點較多，涉及光的折射、全反射、光電效應方程、折射率與波長的關系、橫波和縱波的概念等，解決本題的關鍵是能通過光路圖推斷出兩種光的折射率的關系，并能嫻熟利用幾何關系．8.現(xiàn)有三束單束光，其波長關系為.當用光束照耀某種金屬板時能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為，若改用光束照耀該金屬板，飛出的光電子最大動能為，當改用光束照耀該金屬板時（）A.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為B.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為C.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為D.由于光束光子能量最小，該金屬板不會發(fā)生光電效應【答案】B【解析】【詳解】a、b、c三束單色光,其波長關系為λa:λb:λc=1:2:3，因為光子頻率v=，知光子頻率之比6:3:2。設a光的頻率為6a，依據(jù)光電效應方程：Ekm=hv?W0得：Ek=h?6a?W0，=h?3a?W0，聯(lián)立兩式解得逸出功：W0=ha.Ek=ha，c光的光子頻率為2a>W0，能發(fā)生光電效應，最大初動能：E′km=h?2a?W0=ha=Ek，故B正確，ACD錯誤。故選B.9.下列說法正確的是（）A.振蕩電路中，當電流增大時，電容器所帶電量也增大B.光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波C.“泊松亮斑”說明光不具有波動性D.陽光下的肥皂泡上有彩色條紋，這屬于光的干涉現(xiàn)象【答案】BD【解析】【詳解】A．LC振蕩電路中，當電流增大時，電容器肯定是在放電，則所帶電量減小，選項A錯誤；B．光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，選項B正確；C．“泊松亮斑”說明光具有波動性，選項C錯誤；D．陽光下的肥皂泡上有彩色條紋，這屬于光的干涉現(xiàn)象，選項D正確。故選BD。10.一粒鋼珠從靜止狀態(tài)起先自由下落，然后陷入泥潭中．若把其在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭起到停止的過程稱為過程Ⅱ，則()A.過程Ⅰ中鋼珠的動量的變更量等于重力的沖量B.過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小C.Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零D.過程Ⅱ中鋼珠的動量的變更量等于零【答案】AC【解析】過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力，由動量定理可知，鋼珠動量的變更等于重力的沖量，故A正確；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和,故B錯誤；在整個過程中，鋼珠動量的變更量為零，由動量定理可知，Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等零，故C正確；過程Ⅱ中鋼珠所受合外力的沖量不為零，由動量定理可知，過程Ⅱ中鋼珠的動量的變更量不等于零，故D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．11.關于光的波粒二象性的敘述中正確的是（）A.光有波動性，又有粒子性，這是相互沖突、不統(tǒng)一的B.任何光現(xiàn)象都能明顯地顯示波動性與粒子性C.大量光子產生的效果往往顯示波動性，個別光子產生的效果往往顯示粒子性D.頻率較低的光子往往顯示波動性，頻率較高的光子往往顯示粒子性【答案】CD【解析】【詳解】A．波粒二象性是光的根本屬性，有時它的波動性顯著，有時它的粒子性顯著．故A錯誤；BC．大量光子的效果往往表現(xiàn)出波動性，個別光子的行為往往表現(xiàn)出粒子性高頻光波長短光的粒子性顯著，低頻光波長長光的波動性顯著，B錯誤C正確；D．光的頻率越低，波長越長，越簡單衍射，其波動性越明顯；頻率越高，波長越短，越不簡單衍射，其粒子性越顯著，故D正確。故選D。12.如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x－t圖像.已知m1=0.1kg由此可以推斷（）A.碰前m2靜止，m1向右運動B.碰后m2和m1都向右運動C.由動量守恒定律可以算出m2=0.3kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能【答案】AC【解析】【詳解】A.由x－t圖像知碰前m2的位移不隨時間而變更，處于靜止狀態(tài).m1的速度大小為，m1只有向右運動才能與m2相撞，故A正確.B.由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，故B錯誤.C.由圖像求出碰后m2和m1的速度分別為v'=2m/s，v1'=－2m/s，依據(jù)動量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正確.D.碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為，代入解得ΔE=0，故D錯誤.第Ⅱ卷（非選擇題共52分）三、試驗題（本大題共3小題，共12分。請按題目要求作答。）13.在“測玻璃的折射率”試驗中：(1)為了取得較好的試驗效果，下列操作正確的是_____。A．必需選用上下表面平行的玻璃磚B．選擇的入射角應盡量小些C．大頭針應垂直地插在紙面上D．大頭針和及和之間的距離應適當大些(2)甲同學在畫界面時，不當心將兩界面和間距畫得比玻璃磚寬度大些，如圖甲所示，則他測得的折射率_____（選填“偏大”“偏小”或“不變”）(3)乙同學有刻度尺沒有量角器，在完成了光路圖以后，以O點為圓心，為半徑畫圓，交延長線于C點，過A點和C點作垂直法線的直線，與法線的交點分別為B點和D點。如圖乙所示：的長度為，的長度為，的長度為，的長度為，和的長度為，的長度為r。則他只須要測量_____（填各段長度給定的符號），就可以求出玻璃的折射率_____（用測量出的物理量表示）【答案】(1).CD(2).偏小(3).x1和x2(4).【解析】【詳解】(1)[1]A．依據(jù)試驗原理，選用上下表面不平行的玻璃磚也能測折射率，選項A錯誤；B．選擇的入射角應盡量大些，以減小角度測量的誤差，選項B錯誤；C．大頭針應垂直地插在紙面上，選項C正確；D．大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離應適當大些，以減小確定光線方向時的誤差，選項D正確。故選CD。(2)[2]如圖，③是真實的光路圖，②是玻璃磚寬度畫大后的光路圖，由圖看出，在這種狀況測得的入射角不受影響，但測得的折射角比真實的折射角偏大，因此測得的折射率偏??；

(3)[3][4]圖中AO作為入射光線，OO′是折射光線，設光線在玻璃磚上表面的入射角為i，折射角為r，則由幾何學問得到則折射率則他只須要測量x1和x2，就可以求出玻璃的折射率14.某同學用試驗的方法探究影響單擺周期的因素．(1)下列關于單擺試驗的操作，正確的是_________A.擺球運動過程中擺角應大于30°B.擺球到達平衡位置時起先計時C.擺球應選用泡沫小球D.保證擺球在同一豎直平面內搖擺(2)正確組裝單擺后在擺球自然懸垂的狀況下，用毫米刻度尺量出從懸點到擺球最低端的長度L=0.9990m，再用游標卡尺測出擺球直徑，結果如圖所示，則該擺球的直徑為________mm，單擺擺長l為________m．(3)試驗中，測出不同擺長l對應的周期值T，作出T2—l圖象，如圖所示，已知圖線上A、B兩點的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g=____________．【答案】(1).(1)BD(2).(2)12.0(3).0.9930(4).(3)【解析】(1)擺球運動過程中擺角應小于10°，否則就不是簡諧振動，選項A錯誤；擺球到達平衡位置時，即最低點起先計時，選項B正確；擺球應選用質量大，體積較小的球，不能選泡沫球，選項C錯誤；保證擺球在同一豎直平面內搖擺，選項D正確；故選BD.(2)該擺球的直徑為12mm+0.01mm×0=12.0mm，單擺擺長l為0.9990m-6.0mm=0.9930m．(3)依據(jù)單擺的周期公式T=2π，即有：；

聯(lián)立解得：點睛：本題關鍵是明確單擺模型的特點，駕馭用單擺測重力加速度的留意事項，然后依據(jù)單擺的周期公式T=2π列式求解重力加速度．15.在做“驗證動量守恒定律”試驗中，裝置如圖1.(1)須要的測量儀器或工具有____________.A.秒表B.天平C.刻度尺D.重錘線E.打點計時器F.圓規(guī)(2)必須要求的條件是____________.A.兩小球碰撞時，球心必需在同一高度上B.斜槽軌道末端的切線必需水平C.入射球和被碰球的質量必需相等，且大小相同D.入射球每次必需從軌道的同一位置由靜止?jié)L下(3)某次試驗中得出的落點狀況如下圖2所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球質量m1和被碰小球質量m2之比為____________.(4)在做“驗證動量守恒定律”試驗中，對產生誤差的主要緣由表述正確的是____________.A.碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同始終線上B.傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用C.沒有測量高度，算出詳細的平拋時間D.測量長度的誤差【答案】(1).（1）BCDF(2).（2）ABD(3).（3）19：5(4).（4）AD【解析】【分析】1.試驗原理在一維碰撞中，測出物體的質量m和碰撞前后物體的速度v、v′，找出碰撞前的動量p=m1v1+m2v2及碰撞后的動量p′=m1v1′+m2v2′，看碰撞前后動量是否守恒．2.試驗器材斜槽、小球（兩個）、天平、復寫紙、白紙等．3.試驗步驟(1)用天平測出兩小球質量，并選定質量大的小球為入射小球．(2)依據(jù)試驗原理圖甲安裝試驗裝置．調整、固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白紙在下，復寫紙在上且在適當位置鋪放好．登記重垂線所指的位置O．(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復10次．用圓規(guī)畫盡量小的圓把小球全部的落點都圈在里面．圓心P就是小球落點的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復試驗10次．用步驟(4)方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被撞小球落點的平均位置N．照試驗原理圖甲所示．(6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度．將測量數(shù)據(jù)填入表中．最終代入，看在誤差允許的范圍內是否成立．(7)整理好試驗器材放回原處．(8)試驗結論：在試驗誤差允許范圍內，碰撞系統(tǒng)的動量守恒．【詳解】(1)本試驗須要天平稱量物體的質量，須要刻度尺測量長度，須要中垂線調整軌道末端水平，須要圓規(guī)找物體的平均落點，故選BCDF．(2)A、要保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同始終線運動，故A正確；B、要保證碰撞后兩個球做平拋運動，故斜槽軌道末端的切線必需水平，故B正確；C、入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，故C錯誤；D、為保證碰撞的初速度相同，入射球每次必需從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，故D正確；故選ABD．(3)依據(jù)動量守恒定律，有：,代入數(shù)據(jù)有：m1×0.2550=m1×0.1550+m2×0.3800,解得:m1：m2=19：5(4)A、要保證兩物體在碰撞之前沿同始終線運動，碰撞之后還沿這條直線運動；若碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同始終線上會產生較大的誤差，故A正確；B、傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用，但只要入射球每次必需從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，即可保證碰撞的初速度相同，故B錯誤；C、小球做平拋運動的時間由高度差確定，由于高度差肯定，故平拋的時間都相同，故水平射程與平拋的初速度成正比，故不須要測量高度差，只要滿意：，就肯定有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，故C錯誤；D、測量長度的誤差對最終動量是否守恒的驗證會有影響，故D正確；故選AD.【點睛】試驗留意事項：(1)前提條件：保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同始終線運動，碰撞之后還沿這條直線運動．(2)利用斜槽進行試驗，入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈.四、解答題（本大題共4小題，共40分。解答過程應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最終答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必需寫出數(shù)值和單位。）16.如圖所示，A、B兩物體質量分別為M和m，放置在光滑水平面上的一條直線上。A物體以初速度v0向右運動，與B物體發(fā)生完全非彈性碰撞，求A物體對B物體的沖量大小?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻坑蓜恿渴睾愣傻脤物體由動量定理得解得17.如圖所示，甲圖為某波源的振動圖象，乙圖是該波源產生的橫波在某時刻的波形圖，波形圖的O點表示波源．問：(1)這列波的波速多大？(2)若波向右傳播，當乙圖中質