2024-2025学年广东省广州市华南师范大学附属中学高二（上）期中考试物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州市华南师范大学附属中学高二（上）期中考试物理试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列关于机械振动和机械波的说法中正确的是( )
A. 波长越短、障碍物或孔的尺寸越大，衍射现象越明显
B. 出现干涉现象时，振动加强点始终位于波峰或波谷
C. 物体做受迫振动时驱动力频率与固有频率相差越大，物体越容易产生共振
D. 当波源靠近观察者时，波源振动频率不变，观察者接收到的频率比波源振动频率高
2.如图甲所示为“弹簧公仔”玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型。现固定底座B，用力向下按物块A，物块A在竖直方向上做简谐运动。物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是( )
A. 物块A的振动频率为0.8Hz
B. 0.5s时和0.7s时，物块A的位移大小相等、方向相反
C. 0.2∼0.4s内，物块A的速度方向与加速度方向相反
D. 物块A在任意0.4s内经过的路程一定为20cm
3.两个分别带有电荷量−Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F。两球相互接触后并固定在相距为r2的两处，则两球间库仑力的大小为( )
A. 2FB. 43FC. 34FD. 13F
4.关于各图中包含的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 图甲，橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮带正电且电荷量是元电荷的整数倍
B. 图乙，导体棒A端带负电，B端带正电
C. 图丙，A、B两点与中心电荷的距离相等，故A、B两点的电场强度相同
D. 图丁，利用库仑扭秤实验装置探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量
5.地球物理探矿的基本原理是在大地表面设置一对正、负电极，根据地下电场和电流的分布情况，推测出地下矿体的分布。如图所示为某次探矿中电场的分布情况，它和等量异种点电荷的电场分布等效，A、B、C、D为电场中的四个点，其中C、D两点在两点电荷连线的中垂线上，下列说法正确的是( )
A. A点的电势等于B点的电势
B. C点的电场强度小于D点的电场强度
C. 负试探电荷在B点的电势能大于在A点的电势能
D. 将正试探电荷由C点移动到D点，电场力做正功
6.在x轴上有两个点电荷Q1、Q2，其电场中电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的有( )
A. x0处的电势最低、电场强度不为零
B. 从O到x0过程中，电场强度大小变小、方向不变
C. Q1、Q2为异种电荷，且Q1电量大于Q2的电荷量
D. 电量为+q的试探电荷从x0移到无穷远的过程中，电场力做功为qφ0
7.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷，现用水平向左推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙面和水平地面上，如图所示，如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较( )
A. 竖直墙面对小球A的弹力变大B. 两小球之间的距离变小
C. 地面对小球B的支持力不变D. 推力F变大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示为电容式风力传感器，将电容器负极板和静电计金属外壳都接地，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大(可动电极不会到达P点)。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 风力越大，电容器电容越小B. 风力越大，静电计指针张角减小
C. 风力越大，极板间电场强度越大D. 风力越大，P点的电势越低
9.有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2V、6V、8V。下列说法正确的是( )
A. 坐标原点O的电势为4V
B. 电场的方向由b点指向a点
C. 匀强电场的的电场强度大小为 2×102V/m
D. 将电荷量为q=−2×10−3C的点电荷从a点移到d点其电势能增加了8×10−3J
10.一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器。该微粒沿两极板正中间水平射入，恰好从下极板边缘射出，速度方向与极板间夹角为45°。已知该平行板电容器板长为L，间距为d，板间电压为U2，忽略边缘效应，不计重力。则( )
A. d:L=1:1B. d:L=1:2C. U1:U2=1:1D. U1:U2=1:2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中：
(1)若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为_____；
(2)为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最_____(填“高”或“低”)的位置时开始计时。
(3)如采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是( )
A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B.把n次全振动的时间误记为n− 1次全振动的时间
C.以摆线长作为摆长来计算
D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
(4)为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的T值。现测得的六组数据，标示在以L为横坐标，T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点。根据图中的数据点画出T2与L的关系图线；若该图线斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g= ______，结合图线数据可得出g= ______m/s2。(结果保留两位小数，取π2= 9.86)
(5)某次实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为t= 54.60 s，则由此计算出单摆周期为_____s。
12.某同学用如图甲所示装置“研究平行板电容器的充放电过程”。
(1)将开关S合向1，对电容器进行充电，充电过程中流过电阻R的电流方向_____(填“向上”或“向下”)，充电完毕，将一块有机玻璃插入平行板电容器两板间，插入过程中，电阻R中_____(填“有”或“无”)电流通过。
(2)取出有机玻璃，待电路稳定，将开关S合向2，计算机测得放电电流随时间变化的规律如图乙所示，按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)数格法，共数出格数为17格，则充电后电容器的带电荷量为_____C；若电阻R=2500Ω，则电容器的电容为_____F。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q−t图像和UAB−t图像的大致形状，可能正确的有______(q为电容器所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。
A. B．
C. D．
(4)开关接1，电源给电容器A充电，观察到电流计G的指针偏转情况为______；
A.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0 B.逐渐偏转到某一刻度后保持不变
C.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0 D.迅速偏转到某一刻度后保持不变
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.一列简谐横波沿x轴传播，t1=0.1s时的波形图如图甲所示，图乙为介质中质点A的振动图像。
(1)求波的传播方向及波速；
(2)求质点A在振动1s内经过的总路程；
(3)在时刻t1=0.1s时，波刚好传播到坐标原点O，质点B平衡位置的坐标xB=−100cm(图中未画出)，求波从O点传播到B点所用的时间及质点B处于波谷位置的时刻。
14.质量为m的小物块P，以水平初速度v0冲上一块静置在光滑水平面上的长木板Q的左端，如图所示。长木板Q的质量也为m，其右端固定着一条轻质弹簧，其中左端A至弹簧自由端B之间区域是粗糙的，物块与板间的动摩擦因数为µ，AB长度为L，B点至弹簧右端C是光滑的。求：
(1)弹簧被挤压的最大弹性势能为多大？此时长木板Q与小物块P的速度分别是多少？
(2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，动摩擦因数的最小值µ0是多少？
15.如图所示，半径为R的14光滑圆弧轨道竖直固定放置，它所在空间存在一竖直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一个质量为m，带电量为q的小球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，其速率不断减小，在轨道最低点处的压力恰好为零，之后立刻以速度v0沿水平方向飞入水平放置的平行板电容器正中央，在电容器中做匀速直线运动。已知电容器两板间距为d，板长为L，接在恒压电源上。当小球运动到板间的P点时瞬间将下板向上平移Δd=d4，小球刚好从金属板右端飞出。已知重力加速度为g。试求：
(1)竖直向下的匀强电场的电场强度E的表达式；
(2)下板向上平移后，小球运动的加速度a大小；
(3)小球在平行板间运动的过程中的机械能的变化量ΔE；
(4)小球从射入平行板间电场开始计时，匀速运动到P点所用时间t。
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.A
5.C
6.B
7.C
8.BD
9.BC
10.AD
11.(1) L+D2
(2)低
(3)D
(4) 4π2k 9.86
(5)1.82

12.(1) 向下 有
(2) 1.7×10−2 1.7×10−3
(3)BD
(4)C

13.(1)由题图乙可知t1=0.1s时，质点A正经过平衡位置沿y轴负方向运动，结合题图甲可知，波的传播方向为沿x轴负方向，由题图甲可知波长 λ=0.1m ，由题图乙可知周期为T=0.2s根据波速与波长的关系
v=λT=0.5m/s
(2)依题意，该波的振幅A=5cm，由
Δt=1s=5T
可知质点A在振动1s内经过的总路程
s=5×4A=1m
(3)波从O点传播到B点所用的时间
tOB=xOBv=2s
质点B第一次离开平衡位置是向上运动的，到波谷位置所需时间为
t2=n+34Tn=0,1,2,3⋯
所以质点B处于波谷位置的时刻
t=t1+tOB+t2=2.25+0.2nn=0,1,2,3⋯

14.(1)根据题意，系统动量守恒，则
mv0=2mv1
12mv02=12⋅2mv12+μmgL+Epm
联立可得
v1=v02 ， Epm=14mv02−μmgL
(2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，则小物块返回到A点时，二者共速，则
12mv02=12⋅2mv12+μ0mg⋅2L
解得
μ0=v028gL

15.(1)恰好不脱离轨道时，则
qE−mg=mv02R
解得
E=mv02+mgRqR
(2)带电小球在板间受重力和竖直向上的电场力，因为小球匀速运动，所以满足
qUd=mg
当下板向上提后，由牛顿第二定律可知
qUd−Δd−mg=ma
解得
a=13g
(3)小球在平行板间运动的过程中的机械能的变化量等于电场力做功，所以
ΔE=qUd−Δd×d2=23mgd
(4)小球向上偏转，在电场中做类平抛运动，小球刚好从金属板右端飞出，设从P点到板末端飞出过程的时间 t1 ，则有
d2=12at12
设刚进入电场到飞出电场时间为 t2 ，有
L=v0t2
因此小球从射入电容器到运动至P点的时间
t=t2−t1
解得
t=Lv0− 3dg