云南省麗江市古城中學2024屆物理高二第二學期期末達標測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、小型手搖發電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸，線圈繞勻速轉動，如圖所示，矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發電機輸出電壓A．峰值是 B．峰值為2C．有效值為 D．有效值為2、一個不計重力的帶電量為－q的帶電微粒，從兩豎直的帶電平行板上方h處以豎直向下的初速度v0運動，兩極板間存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度為B，則帶電微粒通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是A．有可能做勻加速運動B．有可能做勻速運動C．一定做直線運動D．一定做曲線運動3、物體做直線運動，它的加速度隨時間變化圖象如圖所示，已知在t=0s時，物體的速度為零，下列說法正確的是A．t=2s時，物體恰好回到出發點B．t=4s時，物體恰好回到出發點C．t=2s時，物體速度大小為零D．物體做往復運動4、2017年9月29日我國成功用長征二號丙運載火箭將3顆新型衛星送入軌道。如圖是火箭點火升空瞬間時的照片.關于這一瞬間的火箭的速度和加速度的判斷，下列說法正確的是（）A．火箭的速度很小，但加速度可能較大B．火箭的速度很小，所以加速度也很小C．火箭的速度很大，所以加速度也很大D．火箭的速度很大，但加速度一定很小5、實驗得到金屬鈣的光電子的最大初動能Ekm與入射光頻率ν的關系如圖所示．下表中列出了幾種金屬的截止頻率和逸出功,參照下表可以確定的是()A．如用金屬鎢做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線,其斜率比圖中直線的斜率大B．如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線,其斜率比圖中直線的斜率大C．如用金屬鎢做實驗,當入射光的頻率ν<ν1時,可能會有光電子逸出D．如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線,設其延長線與縱軸交點的坐標為(0,-Ek2),則Ek2<Ek16、如圖所示，10匝矩形線圈，在磁感應強度為0.4T的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸OO’以角速度為100rad/s勻速轉動，線框電阻不計，面積為0.5m1，線框通過滑環與一理想變壓器的原線圈相連，副線圈接有兩只燈泡L1和L1．已知變壓器原、副線圈的匝數比為10：1，開關斷開時L1正常發光，且電流表示數為0.01A，則：A．若從圖示位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為100sin100tVB．若開關S閉合，電流表示數將增大C．若開關S閉合，燈泡L1將更亮D．燈泡L1的額定功率為1W二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、下列說法符合事實的是（）A．瑞利研究黑體輻射的強度，并提出了能量量子化B．密立根通過著名的“油滴實驗”發現電荷是量子化的C．玻爾研究原子結構時認為電子的軌道是量子化的D．盧瑟福研究原子結構時認為原子的能量是量子化的8、如圖所示為某噴水壺的結構示意圖．未噴水時閥門K閉合，壓下壓桿A可向瓶內儲氣室充氣，多次充氣后按下按柄B便可打開閥門K，水會自動從噴嘴處噴出．儲氣室內氣體可視為理想氣體，充氣和噴水過程中溫度保持不變．下列說法中正確的是_________A．充氣過程中，儲氣室內氣體內能增大B．充氣過程中，儲氣室內氣體分子平均動能增大C．噴水過程中，儲氣室內氣體吸熱D．噴水過程中，儲氣室內氣體內能減小E.噴水過程中，儲氣室內氣體分子的無序性增大9、如圖甲表示某金屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況．把這段金屬絲與電池、電流表串聯起來(圖乙)，用這段金屬絲做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，于是就得到一個最簡單的電阻溫度計．如果電池的電動勢和內阻都是不變的．下列說法正確的是A．點應該標在電流值比較大的刻度上B．點應該標在電流值比較大的刻度上C．電阻溫度計的溫度刻度是均勻的D．電阻溫度計的溫度刻度是不均勻的10、一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發出6種不同頻率的光，將這些光分別照射到圖甲電路陰極K的金屬上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖象如圖乙所示，已知氫原子的能級圖如圖丙所示，則下列推斷正確的是A．圖乙中的c光是氫原子由第2能級向基態躍遷發出的B．圖乙中的b光光子能量為10.2eVC．動能為1eV的電子不能使處于第4能級的氫原子電離D．陰極金屬的逸出功可能為W0=6.75eV三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學用下圖所示裝置探究A、B兩球在碰撞中動量是否守恒．該同學利用平拋運動測量兩球碰撞前后的速度，實驗裝置和具體做法如下，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽．實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滑下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作10次，得到10個落點痕跡．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滑下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作10次，并畫出實驗中A、B兩小球落點的平均位置．圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，E、F、J是實驗中小球落點的平均位置．①為了使兩球碰撞為一維碰撞，所選兩球的直徑關系為：A球的直徑____________B球的直徑（“大于”、“等于”或“小于”）；為減小實驗誤差，在兩球碰撞后使A球不反彈，所選用的兩小球質量關系應為mA______________mB（選填“大于”、“等于”或“小于”）；②在以下選項中，本次實驗必須進行的測量是_____________；A．水平槽上未放B球時，A球落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，A球、B球落點位置分別到O點的距離C．A球和B球在空中飛行的時間D．測量G點相對于水平槽面的高③已知兩小球質量mA和mB，該同學通過實驗數據證實A、B兩球在碰撞過程中動量守恒，請你用圖中的字母寫出該同學判斷動量守恒的表達式是__________________________．12．（12分）某同學利用圖示裝置研究小車的勻變速直線運動．（1）實驗中必要的措施是______．A．細線必須與長木板平行B．先接通電源再釋放小車C．小車的質量遠大于鉤碼的質量D．平衡小車與長木板間的摩擦力（2）他實驗時將打點計時器接到頻率為50HZ的交流電源上，得到一條紙帶，打出的部分計數點如圖所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫出）．s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm．則小車的加速度a=______m/s2（要求充分利用測量的數據），打點計時器在打B點時小車的速度vB=______m/s．（結果均保留兩位有效數字）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）蹦床運動有"空中芭蕾"之稱，某質量m=45kg的運動員從空中h1=1.25m落下，接著又能彈起h2=1.8m高度，此次人與蹦床接觸時間t=0.40s，取g=10m/s2，求：（1）運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小I；（2）運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小F．14．（16分）質量均為M的A、B兩個物體由一勁度系數為k的輕彈簧相連，豎直靜置于水平地面上，現有兩種方案分別都可以使物體A在被碰撞后的運動過程中，物體B恰好能脫離水平地面，這兩種方案中相同的是讓一個物塊從A正上方距A相同高度h處由靜止開始自由下落，不同的是不同物塊C、D與A發生碰撞種類不同．如題9圖所示，方案一是：質量為m的物塊C與A碰撞后粘合在一起；方案二是物體D與A發生彈性碰撞后迅速將D取走．已知量為M，m，k，重力加速度g．彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力．求：(1)h大小；(2)C、A系統因碰撞損失的機械能；(3)物塊D的質量大小．15．（12分）如圖所示，兩塊相同平板、置于光滑水平面上，質量均為m．的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L．物體P置于的最右端，質量為且可以看作質點．與P以共同速度向右運動，與靜止的發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后與粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內)．P與之間的動摩擦因數為，求（1）、剛碰完時的共同速度和P的最終速度；（2）此過程中彈簧最大壓縮量和相應的彈性勢能.

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解題分析】由題意可知，線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，因此對單匝矩形線圈總電動勢最大值為2e0，又因為發電機線圈共N匝，所以發電機線圈中總電動勢最大值為2Ne0，根據閉合電路歐姆定律可知，在不計線圈內阻時，輸出電壓等于感應電動勢的大小，即其峰值為2Ne0，故選項A、B錯誤；又由題意可知，若從圖示位置開始計時，發電機線圈中產生的感應電流為正弦式交變電流，由其有效值與峰值的關系可知，U＝，即U＝，故選項C錯誤；選項D正確．【考點定位】對正弦式交變電流的產生原理的理解，以及其四值運算、閉合電路歐姆定律的應用．【名師點睛】熟知并理解教材中正弦式交變電流的產生原理，能自己熟練推導該交變電流的瞬時值表達式．【方法技巧】（1）高三復習要能不忘回歸教材，千萬不能“舍本求源”，一味做、復習課本以外的內容．（2）根據題圖分析對ab邊、cd邊而言，它們產生的感應電動勢方向雖然相反，但對單匝線圈，ab邊和cd邊產生的感應電動勢方向相同，又因為有N匝線圈，因此總感應電動勢峰值應累加，另外要能熟記有效值的計算方法．【規律總結】對正弦式交變電流，峰值為其有效值的倍，另在進行四值運算時，要注意量與量之間、四值之間的對應．2、B【解題分析】

若帶電微粒進入磁場時電場力和洛倫茲力相等，則帶電微粒做勻速直線運動；若帶電微粒進入磁場時電場力和洛倫茲力不相等，則帶電微粒將做曲線運動，由于此時洛倫茲力不斷變化，則帶電微粒受到的合外力不斷變化，即加速度不斷變化；A.有可能做勻加速運動，與結論不相符，選項A錯誤；B.有可能做勻速運動，與結論相符，選項B正確；C.一定做直線運動，與結論不相符，選項C錯誤；D.一定做曲線運動，與結論不相符，選項D錯誤；3、C【解題分析】

AC.由圖像可知，0-1s內物體以1m/s2的加速度向正方向做勻加速運動，1-2s內物體以1m/s2的加速度向正方向做勻減速運動，則t=2s時，物體速度大小為零，但是沒有回到出發點，選項A錯誤，C正確；BD.同理，在2-3s內物體以1m/s2的加速度向正方向做勻加速運動，3-4s內物體以1m/s2的加速度向正方向做勻減速運動，則t=4s時，物體速度大小為零，但是沒有回到出發點，選項BD錯誤.4、A【解題分析】

加速度等于單位時間內的速度變化量，反映速度變化快慢的物理量。【題目詳解】火箭點火升空瞬間由于推動力作用，火箭立刻獲得加速度，但是由于“瞬間”這個時間很小接近于零，由v=at，故火箭的速度很小，故可知火箭的速度很小，加速度很大，故A正確，B、C、D錯誤.故選A.【題目點撥】掌握好“瞬間”的含義，此時間很多時候可以認為是零；其次要知道物體速度變化量是加速度在時間上的積累.5、D【解題分析】A、由光電效應方程：EKm=hγ-W0=hγ-hγ0可知，EKm-γ圖線的斜率表示普朗克常量，橫軸截距表示最大初動能為零時的入射光頻率，此時的頻率等于金屬的極限頻率，也可能知道極限波長，根據W0=hγ0可求出逸出功．A、普朗克常量與金屬的性質、與光電子的最大初動能、入射光的頻率無關，如用金屬鎢做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，其斜率與圖中直線的斜率相等，故A錯誤；B、普朗克常量與金屬的性質、與光電子的最大初動能、入射光的頻率無關，如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，其斜率與圖中直線的斜率相等，故B錯誤；C、如用金屬鎢做實驗，當入射光的頻率ν＜ν1時，不可能會有光電子逸出，故C錯誤；D、如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，設其延長線與縱軸交點的坐標為（0，-Ek2），由于鈉的逸出功小于鎢的逸出功，則Ek2＜Ek1，故D正確；故選D．【題目點撥】只要記住并理解了光電效應的特點，只要掌握了光電效應方程就能順利解決此題，所以可以通過多看課本加強對基礎知識的理解．解決本題的關鍵掌握光電效應方程EKm=hγ-W0=hγ-hγ0，知道逸出功與極限頻率的關系．6、B【解題分析】

A.變壓器的輸入電壓的最大值為：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=100V；從垂直中性面位置開始計時，故線框中感應電動勢的瞬時值為：u=Umcosωt=100cos100t（V），故選項A不符合題意；B.若開關S閉合，輸出電壓不變，輸出端電阻減小，故輸出電流增加，故輸入電流也增加，電流表示數將增大，故選項B符合題意；C.若開關S閉合，輸出電壓不變，故燈泡L1亮度不變；故選項C不符合題意；D.變壓器輸入電壓的有效值為：；開關斷開時L1正常發光，且電流表示數為0.01A，燈泡L1的額定功率等于此時變壓器的輸入功率，為：P=U1I1=100×0.01=W，故選項D不符合題意；二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解題分析】

A.普朗克研究黑體輻射的強度，并提出了能量量子化，A錯誤；B.密立根通過著名的油滴實驗發現電荷是量子化的，并測出了電子的電量，B正確；C.波爾研究原子結構時認為電子的軌道是量子化的補兵首先將量子化理論引入到原子物理學中，C正確；D.盧瑟福研究原子結構時僅僅是提出來電子繞原子核做圓周運動，沒有引入量子化理論，D錯誤。8、ACE【解題分析】

AB.充氣過程中，儲氣室內氣體質量增大，溫度不變，平均動能不變，但內能增大，故A正確，B錯誤；C.噴水過程中，液體液面下降，空氣體積增大，儲氣室內氣體壓強減小，氣體體積增大，由熱力學第一定律知室內氣體吸熱，C正確；D.噴水過程中，雖然氣體溫度不變，分子平均動能不變，但氣體體積增大，分子勢能增大，故氣體內能增大，D錯誤；E.根據熱力學第二定律，熱力學的過程總是自發得向熵增加得方向，即無序度會自發得增加，E正確；故本題選ACE【題目點撥】充氣過程中，儲氣室內氣體質量增大，溫度不變，噴水過程中，液體液面下降，空氣體積增大，根據熱力學第一定律分析吸放熱．9、AD【解題分析】

A、由甲圖可知，t1點對應的電阻阻值較小，由閉合電路歐姆定律知對應電路中的電流較大小，故A正確；

B、同理，t2點應該標在電流值比較小的刻度上，故B錯誤；

CD、由圖甲得R=R0+kt，根據閉合電路的歐姆定律：，聯立解得：，可知t與I不是一次線性關系，電流表的刻度是均勻的，所以電阻溫度計的刻度是不均勻的，故C錯誤，D正確。故選AD.10、AD【解題分析】

第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中可能的情況為：n=4→n=1，n=4→n=3，n=4→n=2，n=3→n=2，n=3→n=1，n=2→n=1，能發出6種不同頻率的光，能量值的大小關系排列從大到小為：n=4→n=1，n=3→n=1，n=2→n=1，n=4→n=2，n=3→n=2，n=4→n=3；由圖乙可知，a的遏止電壓最大，其次為b和c，則a為n=4→n=1，b為n=3→1，c為n=2→n=1；A.由以上的分析可知，c的遏止電壓最小，在三種光中頻率最小，故c光是從氫原子由第2能級向基態躍遷發出的，故A正確；B.由以上的分析可知，b為n=3→n=1輻射的光子，其能量值：（-1.51eV）-（-13.6eV）=12.09eV，故B錯誤；C.由圖并可知，第4能級的能量值為-0.85eV，由玻爾理論可知，動能為leV的電子能使處于第4能級的氫原子電離，故C錯誤；D.由能級2到1輻射的光子的能量值：（-3.4eV）-（-13.6eV）=10.2eV；能量值第4大的光子的能量值：（-0.85eV）-（-3.4eV）=2.55eV，由于只能測得3條電流隨電壓變化的圖象，即只有三種光子能發生光電效應，則該金屬的逸出功大于2.55eV，小于等于10.2eV，可以等于6.75eV，故D正確．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①等于；大于；②AB；③mA·OF=mA·OE+mB·OJ【解題分析】

①為了使兩球碰撞為一維碰撞，在小球碰撞過程中水平方向動量守恒定律，兩球碰后都做平拋運動，即實現對心碰撞，則A球的直徑等于B球的直徑．為了使碰撞后不反彈，故mA＞mB．②根據動量守恒有：mAv0=mAv1+mBv2，因為，，．代入得：mAx1=mAx2+mBx1，所以需要測量水平槽上未放B球時，A球落點位置到O點的距離x1，A球與B球碰撞后x2，A球與B球落點位置到O點的距離x1．故AB正確．因為時間相同，可以用水平位移代替速度，不用測時間，也不用測量測量G點相對于水平槽面的高，故選AB．③A球與B球碰后，A球的速度減小，可知A球沒有碰撞B球時的落點是F點，A球與B球碰撞后A球的落點是E點．用水平位移代替速度，動量守恒的表達式為：mAOF=mAOE+mBOJ．【題目點撥】本題關鍵明確驗證動量守恒定律實驗的實驗原理，注意等效替代在實驗中的運用；注意器材選擇的原則：為了實現對心碰撞，兩球的直徑需相同，為零使碰撞后A球不反彈，則A球的質量大于B球的質量．12、（1）AB（2）0.800.40【解題分析】

①為了讓小車做勻加速直線運動，應使小車受力恒定，故應將細線與木板保持水平；同時為了打點穩定，應先開電源再放紙帶，故AB正確；本實驗中只是研究勻變速直線運動，故不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量；只要能讓小車做勻加速運動即可，故C錯誤；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D錯誤，故選AB．②每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為；根據逐差法可知，物體的加速度；B點的速度等于AC段的平均速度，則有：．【題目點撥】本題考查勻變速直線運動規律的應用，要注意明確實驗原理，知道本實驗中只需要研究勻變速直線運動即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫