四川省南川区川东北名校2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份四川省南川区川东北名校2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共18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。
1.现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式。下列做法可节约用电的是( )
A. 台式电脑不使用时，切断显示器和主机的电源
B. 将LED灯更换为白炽灯
C. 使电视机长时间处于待机状态
D. 炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃
2.关于下列四种情景的说法正确的是( )
A. 如图甲，给直导线通电后，其正下方的小磁针会发生偏转
B. 如图乙，匀强磁场中的闭合线圈转动后，线圈中能产生感应电流
C. 如图丙，磁铁水平向右运动的过程中，线圈中能产生感应电流
D. 如图丁，M点与N点的磁感应强度相同
3.如图，一根通电直导线垂直放在方向水平向右、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，以导线为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点，ac为竖直直径，bd为水平直径，直导线垂直于纸面，已知c点的磁感应强度大小为0。下列说法正确的是( )
A. 直导线中电流方向垂直于纸面向里
B. a点的磁感应强度大小为0
C. b点的磁感应强度方向与B的方向成45°斜向右下方
D. b点的磁感应强度大小为2T
4.振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列四种情景的说法正确的是( )
A. 如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，跟踪站接收到的信号频率先减小后增大
B. 如图乙为干涉型消声器的结构示意图，波长为λ的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为λ2的奇数倍
C. 如图丙，如果孔的大小不变，使波源的频率增大，能观察到更明显的衍射现象
D. 如图丁，手掌摩擦盆耳使得水花飞溅，是因为摩擦力较大
5.如图为某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d，极板间正对面积S和极板间电介质的介电常数之间关系的装置图，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，将左极板向上移动一小段距离，静电计指针的张角变大
B. 如图乙，将左极板向左移动一小段距离，静电计指针的张角变小
C. 如图丙，向两极板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
D. 如图丁，将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
6.如图所示电路，电表均为理想电表，当将滑动变阻器R3的滑片P向b端滑动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表V1的示数变大B. 定值电阻R2的功率变大
C. 电流表A的示数变大D. 电源的总功率变小
7.如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度v0进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是( )
A. 墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为F=qUd
B. 墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为y=qUL2mdv02
C. 墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为tanθ=qUL2mdv02
D. 某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在t=0.4s时的波形图，质点Q的平衡位置位于x=0.5m处，图乙为平衡位置位于x=1.0m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的波速为2.5m/s
C. 0～1.2s内，质点Q运动的路程为0.8mD. t=1.2s时，质点Q位于波峰
9.如图为一个直流电动机M的工作电路，已知电源的电动势为E=12V，电源的内阻为r=1.0Ω，电路中的定值电阻R0=1.5Ω，不计电流表内阻。闭合开关S后，发现电动机不转动，此时电流表的示数为I1=4.0A；排除故障后再次闭合开关S，电动机正常工作，此时电流表的示数为I2=2.0A，下列说法正确的是( )
A. 电动机的内阻为RM=0.5Ω
B. 电动机正常工作时，电动机两端的电压为U2=2.0V
C. 电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出=14W
D. 电动机正常工作时，电源的效率约为η=83.3%
10.图，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A的电荷量为+Q、B的电荷量为-Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q(q≪Q)，被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方，A、B、C三点构成边长为d的等边三角形。现将小球E拉到M点，使细线恰好水平伸直且与A、B、C处于同一竖直面内，然后由静止释放小球E，小球E能沿圆弧轨迹运动到最低点C；当它运动到最低点C时的速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，三个小球均可视为点电荷，D点的电势为零。下列说法正确的是( )
A. 小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，大小为F=kQqd2
B. 小球E在C点时对细线的拉力大小为T=mg+kQqd2
C. 小球A、B所形成的电场中M点与C点的电势差为UMC=mv2-2mgL2q
D. 小球A、B所形成的电场中M点的电势为φM=2mgL-mv22q
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某学校研学时，组织同学们爬山，到达山顶后，小强想起“用单摆测重力加速度”的实验，便想知道所在山顶的重力加速度大小，他在包里找到可供选择的摆线有：
长的细线
长的细线
长的粗线
长的橡皮绳
(1)摆线应选用______(填标号)。
(2)单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受______(填“重力”或“拉力”)沿轨迹切线方向的分力提供。实验时，测出摆长为l，摆动的周期为T，则重力加速度大小的表达式为g= ______(用题中所测物理量的字母表示)。
12.某课外小组在参观工厂时，看到一不再使用被回收的电池，同学们想用物理课上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，为了方便读数和作图，他们给电池串联了一个阻值为R0=5.0Ω的定值电阻。

(1)按如图甲所示的电路进行连接后，发现aa'、bb'和cc'三条导线中有一条内部断开的导线。现将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量ab'间的电压，读数不为零，再测量aa'间的电压，发现读数仍不为零，则导线______(填“aa'”“bb'”或“cc'”)是断开的。
(2)排除故障后，通过多次改变滑动变阻器滑片的位置，得到电压表V和电流表A的多组U、I数据，作出U-I图像如图乙所示由图像可得电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(均保留2位有效数字)
(3)把小灯泡L和R=8.1Ω的定值电阻与此电池串联，连接成如图丙所示的电路，已知小灯泡L的伏安特性曲线如图丁所示，闭合开关S，则小灯泡的功率约为______W(保留2位小数)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.某物理兴趣小组探究简谐运动的规律。如图甲，现有下端缠有铁丝的粗细均匀的较长木棒，漂浮在水中，水面足够大。把木棒向下缓慢按压一小段距离后释放，木棒在竖直方向上振动，某时刻开始计时，木棒上A点的振动图像如图乙所示，设竖直向上为正方向。求：
(1)A点振动的振幅和周期；
(2)A点在第10s时的位移和0～10s内通过的路程。
14.如图为密立根测量元电荷电荷量大小的装置，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d=10cm，电源的电动势为E=500V，内阻为r=10Ω，保护电阻R0=40Ω，电阻箱的阻值调为R=200Ω，重力加速度大小取g=10m/s2。现闭合开关S1、S2。
(1)稳定后，求A、B两板间的电压；
(2)稳定后，从显微镜发现，一个质量为m1=6.4×10-14kg的油滴甲在两板中间处于静止状态，求油滴甲所带电荷量大小；
(3)断开S2，稳定后，从显微镜发现，一个质量为m2=1.6×10-13kg的油滴乙在两板中间处于静止状态，求油滴乙所带电荷量大小。
15.如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的水平向右的匀强电场中，电场方向垂直于边界。两小球A和B放置在桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球的质量分别为mA=m、mB=3m，小球A所带电荷量为q(q>0)，小球B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为100L，电场强度大小为E=maq(a为一定值，单位为m/s2)，现由静止释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与静止的小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短，碰撞均为弹性碰撞，两小球均可视为质点。已知：1+2+3+…+n=n(1+n)2。求：

(1)第一次碰撞后A和B的速度大小；
(2)第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B间的最远距离；
(3)B在出边界cd之前，A与B碰撞的次数。
答案和解析
1.A
【解析】A.台式电脑不使用时，切断显示器和主机的电源，不使用电器时，关闭其电源，避免能量损耗，符合现代社会倡导的“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故A正确；
B.LED灯将绝大部分电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯是通过电流加热灯丝使其达到白炽状态而产生光能，更多地将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将LED灯更换为白炽灯更耗能，故B错误；
C.使电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，故C错误；
D.炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更乡的电能，因此应将温度设定得高些，故D错误。
故选：A。
2.A
【解析】A.给直导线通电后产生磁场，根据安培定则可知，其正下方的磁场的方向垂直于纸面向里，所以小磁针会发生偏转，故A正确；
B.闭合线圈转动的过程中线圈与磁场始终平行，磁通量始终为零，没有变化，不会产生感应电流，故B错误；
C.线圈未闭合，不会产生感应电流，故C错误；
D.磁感线切线的方向表示此点的磁感应强度方向，M、N两点的磁感应强度方向不相同，故D错误。
故选：A。
3.C
【解析】A.c点的磁感应强度大小为0，说明匀强磁场的磁感应强度与通电直导线在c点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，即通电直导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据右手螺旋定则判断可知，直导线中的电流方向垂直于纸面向外，故A错误；
B.根据安培定则可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度方向水平向右，与匀强磁场进行合成可知，a点的磁感应强度大小为2T，故B错误；
CD.根据安培定则可知，通电直导线在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形定则与匀强磁场进行合成可知，b点的磁感应强度大小为 2T，方向与B的方向成45°斜向右下方，故C正确，D错误。
故选：C。
4.B
【解析】A.根据多普勒效应，人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，跟踪站接收到的信号频率先增大后减小，故A错误；
B.根据波的干涉原理，波长为λ的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为半波长的奇数倍，叠加后振动减弱，起到消声的目的，故B正确；
C.如果孔的大小不变，使波源的频率增大，则波的波长减小，则可能观察不到明显的衍射现象，当孔的尺寸小于或者等于波长时可以发生明显的衍射现象，故C错误；
D.用双手摩擦盆耳，起初频率非常低，逐渐提高摩擦的频率，当摩擦的频率等于水的固有频率时，会发生共振现象，此时振幅最大，使水花飞涨，故D错误。
故选：B。
5.A
【解析】A、将左极板向上移动一小段距离，两极板的正对面积减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析可知，平行板电容器的电容减小，结合电容器的电荷量不变，由电容的定义式C=QU分析可知，两极板之间的电势差增大，则静电计指针的张角变大，故A正确；
B、将左极板向左移动一小段距离，两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析可知，平行板电容器的电容减小，结合电容器的电荷量不变，根据
电容的定义式C=QU分析可知，两极板之间的电势差增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；
C、向两极板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的相对介电常数增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析可知，平行板电容器的电容增大。结合电容器的电荷量不变，根据C=QU可知，两极板之间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；
D、将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析可知，平行板电容器的电容变得很小，由于电容器的电荷量不变，根据C=QU
可知，两极板之间的电势差增大，则静电计指针的张角变大，故D错误。
故选：A。
6.C
【解析】ABC、当将滑动变阻器R3的滑片P向b端滑动时，R3接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，即电压表V1的示数变小。电源的内电压和R1的电压均变大，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压变小，流过R2的电流变小，则R2的功率变小。由于总电流变大，则电流表A的示数变大，故AB错误，C正确；
D、电源的总功率为P=EI总，总电流变大，则电源的总功率变大，故D错误。
故选：C。
7.D
【解析】A.两板间的匀强电场的场强大小为
E=Ud
墨滴受到的电场力大小为
F=qE=qUd
故A错误；
B.墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有
L=v0ty=12at2
又a=qUmd
联立解得y=qUL22mdv02
故B错误；
C.墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
tanθ=vyv0=atv0=qULmdv02
故C错误；
D.根据y=qUL22mdv02
若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。
故选：D。
8.BD
【解析】A.根据图乙可知，t=0.4s时，质点P向下振动，根据“同侧法”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.根据图甲可知，该波的波长为λ=2m，则波速为：v=λT=20.8m/s=2.5m/s，故B正确；
C.0～1.2s内经过的时间为：，质点Q运动的路程为：s=32×4A=6A=6×0.2m=1.2m，故C错误；
D.该波的周期为T=0.8s，故t=1.2s时，质点Q位于波峰，故D正确。
故选：BD。
9.AD
【解析】A.电动机不转动时，电动机为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律有
E=I1(RM+R0+r)
代入数据解得电动机的内阻为
RM=0.5Ω，故A正确；
B.电动机正常工作时，根据闭合电路的欧姆定律可得电动机两端的电压为
U2=E-I2(R0+r)=12V-2.0×(1.5+1.0)V=7V，故B错误；
C.电动机的输入功率为
P入=U2I2=7×2.0W=14W
电动机的热功率为
P热=I22RM=2.02×0.5W=2W
则电动机的输出功率为
P出=P入-P热=14W-2W=12W
故C错误；
D.电动机正常工作时，电源的输出功率为
P1=P入+I22R0=14W+2.02×1.5W=20W
电源的总功率为
P总=I2E=2.0×12W=24W
电源的效率为
η=P1P总×100%=20W24W×100%≈83.3%
故D正确。
故选：AD。
10.AC
【解析】A.根据等量异种电荷的电场线分布可知，C处的合电场强度方向竖直向下，则小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，结合几何关系、库仑定律可得，电场力的合力大小为：
F=2kQqd2cs60°，
解得：F=kQqd2，故A正确；
B.结合前面分析可知，小球E在C点时，受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可得：
T-mg-F=mv2L，
其中：
F=kQqd2，
联立可得：
T=mg+kQqd2+mv2L；
由牛顿第三定律可知，小球E在C点时对细线的拉力大小为：
T'=mg+kQqd2+mv2L，故B错误；
C.小球E从M点到C点，根据动能定理可得：
qUMC+mgL=12mv2，
解得：
UMC=mv2-2mgL2q，故C正确；
D.由电势、电势差的关系可得：
UMC=φM-φC，
由等量异种电荷的电势分布可知，两电荷中垂线CD为等势线，可得：
φC=φD=0，
结合前面分析可知：
UMC=mv2-2mgL2q，
联立可得：
φM=mv2-2mgL2q，故D错误；
故选：AC。
11.B 重力 4π2lT2
【解析】(1)根据单摆模型可知，摆线应选用细而不易伸长的线，且长度要适当长一些，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受重力沿切线方向的分力提供；
根据单摆周期公式T=2π lg
得到g=4π2lT2。
故答案为：(1)B；(2)重力；4π2lT2。
12.aa' 2.8 1.9 0.18
【解析】(1)一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I(R0+r)，整理得：U=E-I(R0+r)
由图示U-I图像可知，电源电动势E=2.8V，图像斜率的绝对值|k|=R0+r=2.8-1.0260×10-3Ω，解得电源内阻r≈1.9Ω
(3)电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律得：I=E-UR+r=-1R+rU+ER+r，整理得：I=-100U+280
在灯泡I-U坐标系内作出电压的I-U图像如图所示
由图示图像可知，两图线的交点为(1.05,175)，所以小灯泡的功率约为P=1.05×175×10-3W≈0.18W
故答案为：(1)aa'；(2)2.8；1.9；(3)0.18。
13.(1)由图乙可知，振幅A=0.05m
周期T=2s
(2)0～10s内振动的周期数
n=10sT,解得n=5
第10s时的位移y=-0.05m
0～10s内通过的路程s=n×4A
代入数据解得s=1m
答：(1)A点振动的振幅为0.05m，周期为2s；
(2)A点在第10s时的位移为-0.05m，0～10s内通过的路程为1m。
14.(1)电源的电动势为E=500V，内阻为r=10Ω，保护电阻R0=40Ω，电阻箱的阻值调为R=200Ω，由闭合电路的欧姆定律可得
I=Er+R0+R
解得I=2A
A、B两板间的电压
UAB=UR=IR
解得UAB=400V
(2)对油滴甲，根据平衡条件，有
q1E=m1g
电场强度为
E=UABd
联立解得油滴甲所带电荷量大小q1=1.6×10-16C
(3)断开S2，稳定后，电容器板间电压为
U'AB=E=500V
对油滴乙，根据平衡条件，有
q2U'ABd=m2g
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小q2=3.2×10-16C
答：(1)A、B两板间的电压等于400V；
(2)油滴甲所带电荷量大小等于1.6×10-16C；
(3)油滴乙所带电荷量大小等于3.2×10-16C。
15.(1)对A，与B发生第一次碰撞前，由动能定理可得
qEL=12mAv02-0
解得
v0= 2aL
对A和B，第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分别为vA1、vB1，以v0方向为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
mAv0=mAvA1+mBvB1
12mAv02=12mAvA12+12mBvB12
解得
vA1=- 2aL2
vB1= 2aL2
(2)对A，第一次碰撞后，由牛顿第二定律有
qE=mAa1
可得
a1=a
第一次碰撞后，当二者速度相同时，距离最大
vA1+at=vB1
- 2aL2+at= 2aL2
解得
t= 2La
发生的位移为
xA=vA1t+12at2
xB=vB1t
最大距离为
dmax=xB-xA
解得
dmax=L
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前用时t1，两者位移相等
vA1t1+12at12=vB1t1
可得
t1=2 2aLa
此时A的速度为
vA2=vA1+at1
解得
vA2=32 2aL
在这段时间内B运动的位移
xB1=vB1t1
解得
xB1=2L
对A和B，第二次碰撞前后，以vA2方向为正方向，由动量守恒和能量守恒
mAvA2+mBvB1=mAv'A2+mBv'B2
12mAvA22+12mBvB12=12mAv'A22+12mBv'B22
解得
vA2=0，v'B2= 2aL
位移相等时，有
v'B2t2=12at22
可得
t2=2 2aLa
在这段时间内B运动的位移
xB2=v'B2t2
解得
xB2=4L
二者第三次发生碰撞，碰撞前A的速度
vA3=at2=2 2aL
对A和B，第三次碰撞前后，以vA3方向为正方向，由动量守恒和能量守恒
mAvA3+mBv'B2=mAv'A3+mBv'B3
12mAvA32+12mBv'B22=12mAv'A32+12mBv'B32
解得
v'A3=12 2aL，v'B3=32 2aL
位移相等时，有
v'B3t3=v'A3t3+12at32
可得
t3=2 2aLa
在这段时间内B运动的位移
xB3=v'B3t3
解得
xB3=6L
二者第四次发生碰撞，⋅⋅⋅⋅⋅
B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，则有
xB4=8L
xB5=10L
⋅⋅⋅⋅⋅
xB1+xB2+xB3+xB4+⋅⋅⋅+xBn≤100L-2L
2L+4L+6L+8L+⋅⋅⋅+n⋅2L≤98L
(1+n)n2≤49，n2+n-98≤0
解得
n≤9.4
B在出边界cd之前，A与B碰撞的次效为10次。
答：(1)第一次碰撞后A和B的速度大小分别为 2aL2， 2aL2；
(2)第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B间的最远距离为L；
(3)B在出边界cd之前，A与B碰撞的次数为10次。