江苏省南京市玄武区、秦淮中学等六校联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份江苏省南京市玄武区、秦淮中学等六校联考2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电场强度，下列说法正确的是( )
A. 电场看不见，摸不着，但是电场也是物质存在的一种形式
B. 电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该点的受力方向
C. 根据电场强度的定义式E=Fq可知，E与F成正比，E与q成反比
D. 由点电荷的场强公式E=kQr2可知，以点电荷Q为中心的球面上的各点的电场强度相同
2.在匀强磁场中某处P点放一根长度L=1.0m，通电电流I=0.5A的直导线，调整直导线放置的方向，测得它受到的最大磁场力F=1.0N，现将该通电导线从磁场中撤走，则P处的磁感应强度大小为( )
A. 零B. 0.1TC. 2WbD. 2T
3.一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时刻的波形图如图(a)所示，P和Q是这列简谐横波上的两个质点，从t=0s时刻起质点Q在一段时间内的振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速3m/s
B. 该波的频率为2Hz
C. 该波沿x轴正向传播
D. 0～1s时间内，质点P通过的路程为40m
4.关于教材中出现的以下四张图片，下列说法中正确的是( )
A. 图甲所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
B. 图乙所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的折射引起的
C. 图丙所示泊松亮斑是由于光的衍射形成的
D. 图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
5.某同学用单摆测重力加速度大小，在实验过程中有如下说法，其中正确的是( )
A. 把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球到最低点时开始计时
B. 实验中选用密度较大的小钢球作为摆球，测得的重力加速度值误差较小
C. 测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100
D. 用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
6.下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系、电容器的电容C和所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图为一玩具小车内部工作的电路图，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，指示灯L的规格为“5V，1W”，电动机M内阻rM=1Ω，现把该玩具车放在水平路面上，闭合开关S，指示灯L和电动机M均正常工作，下列说法正确的是( )
A. 指示灯L中的电流为0.1AB. 电动机M中的电流为5A
C. 电源的输出功率为3.36WD. 电动机M的输出功率为3.36W
8.如图，R是光敏电阻，当光照强度增大时，它的阻值减小，电压表和电流表均为理想电表，当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数增大
B. 电压表的示数增大
C. 电源的总功率增大
D. 光敏电阻的电功率增大
9.如图所示，实线为电场中某区域内的电场线，虚线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( )
A. c点的电场强度大于b点的电场强度
B. 带电粒子带正电
C. 带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能
D. a点的电势低于b点的电势
10.如图所示，在离地面高为h处将质量为m的小球以初速度v0水平抛出，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 落地前瞬间，小球的动量大小为m⋅ 2gh
B. 从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为m⋅ 2gh+v02
C. 从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D. 从抛出到落地，小球动量的变化量大小为m⋅ 2gh
11.如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与弹力对B的冲量相同
B. 刚开始弹簧的弹性势能大小为2.0J
C. A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为0.2N⋅s
D. 若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.在“测定导体的电阻率”实验中，待测导体为粗细均匀，横截面为圆形的柱体。除待测导体外所用器材如下：
A.电池组(电动势为6V，内阻约为2Ω)；
B.电流表(内阻约为0.1Ω)；
C.电压表(内阻约为2kΩ)；
D.滑动变阻器R(0～5Ω，允许通过的最大电流为2A)；
E.毫米刻度尺、螺旋测微器、多用电表、开关、导线若干。
(1)用多用电表粗略测量导体的电阻，挡位选用“×1”挡，如图甲所示，则其阻值R= ______Ω；

(2)用毫米刻度尺测得导体的长度为40.00cm，用螺旋测微器测量导体横截面的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为______mm(该值接近多次测量的平均值)。
(3)用伏安法测量导体的阻值Rx，应采用的电路图为______。

(4)上题选择的实验电路图中造成系统误差的主要原因是______(选填“电压表分流”或者“电流表分压”)。
(5)实验测量记录的3组数据如表：
根据以上数据可知，该导体的电阻率ρ= ______Ω⋅m(结果保留一位有效数字)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.如图，位于原点O的质点从t=0时刻开始振动，产生的简谐横波沿着x轴正方向传播，t=0.3s时刻传至P点，若xOP=6m。求：
(1)这列波的波速v和波源的起振方向；
(2)这列波的周期T。
14.如图所示，点光源S到水面的距离为h=3m，其发出的光照射到水面上P点刚好发生全反射，S到P的距离为L=6m，真空中的光速为c=3.0×108m/s。求：
(1)水的折射率n；
(2)光从S到P传播的时间t。(结果可用根式表示)
15.如图所示，已知AB间加速电压为U1，偏转电场是由两个平行的相同金属极板C、D组成，CD间加偏转电压，CD板间距为d，板长为L，极板C的右端到直线PO的水平距离为34L，电子从A极板附近由静止经电压加速，从B板的小孔射出，沿平行于金属板C、D的中轴线进入偏转电场后恰好从D板的右端飞出偏转电场，并打到靶台上中心点P。电子质量为m，电量大小为e，忽略极板边缘的电场与电子间的相互作用，不计空气阻力。求：
(1)电子射入偏转极板CD间时的速度大小v0；
(2)CD间偏转电压的大小U2；
(3)图中OP的高度H。
16.如图所示，半径R=0.8m的14光滑圆弧轨道AB固定于竖直平面内，一长方形木板M静止在水平光滑地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点、长木板的右端有一固定在木板上的轻质挡板(厚度不计)，挡板上涂有粘性较强的胶水，可以粘住跟它相撞的物体。一可视为质点的质量为m=0.5kg的物块从圆弧圆心的等高点A由静止释放，经B点滑上木板。已知物块与长木板上表面间的动摩擦因数为μ=0.4，长木板的质量为M=1kg，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)物块刚滑到木板上时，物块的加速度a1和长木板的加速度a2的大小和方向；
(2)若要保证物块不和挡板碰撞，长木板的最小长度Lmin；
(3)若长木板长度为L=1m，物块和挡板碰撞过程中损失的机械能ΔE。
答案和解析
1.A
【解析】A、电场看不见，摸不着，但是电场也是物质存在的一种形式，故A正确；
B、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，故B错误；
C、电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故C错误；
D、电场强度是矢量，从公式E=KQr2可知，在以点电荷Q为圆心的圆周上，场强大小处处相等，方向不同，所以场强相等但不相同，故D错误。
故选：A。
2.D
【解析】由题意，通电导线放入磁场中所受安培力最大，说明导线与磁场垂直，放置的导线长度
L=1.0m
则由F=BIL得，磁感应强度
B=FIL=1.00.5×1.0T=2T
磁感应强度与是否放置导线无关，故撤去导线时，P处的磁感应强度仍为2T，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3.C
【解析】A、由a图可知波长为2m，振幅为20cm，由b图可知周期为2s，结合波速公式v=λT，即可知波速为1m/s，故A错误；
B、由周期与频率关系f=1T，即可知频率为0.5Hz，故B错误；
C、由Q点从t=1s时刻开始的振动方向为竖直向下，根据跟随法，结合波形图，即可判断传播方向为x轴正方向，故C正确；
D、由周期与时间，可知质点完成全振动的次数为1s2s=0.5，结合振幅为20cm，即可知P点通过的路程为2A，代入得起路程为40cm，故D错误。
故选：C。
4.C
【解析】A、竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故A错误；
B、水中的气泡看上去特别光亮，是光从水射向气泡时发生了全反射造成的，故B错误；
C、泊松亮斑是光的圆板衍射现象，故C正确；
D、图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波，横波才具有偏振现象，故D错误。
故选：C。
5.B
【解析】A、单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，单摆的最大摆角应小于5°，故A错误；
B、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球，故B正确；
C、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，所以测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为T=t50，故C错误；
D、由单摆的周期公式：T=2π Lg可得：g=4π2LT2，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，摆长偏大，则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故D错误。
故选：B。
6.A
【解析】AB、电容器充电过程中随着电荷量的增加，充电电流最终为零，故A正确，B错误；
CD、根据电容定义式C=QU得：Q=CU，所以Q-U图像应为倾斜直线，电容不随电压变化而变化，故CD错误。
故选：A。
7.D
【解析】A、指示灯中的电流为IL=PLUL=15A=0.2A，故A错误；
B、干路电流为I=E-ULr=6-51A=1A，所以通过电动机的电流为IM=I-IL=1A-0.2A=0.8A，故B错误；
C、电源的输出电压等于灯泡的额定电压，所以电源的输出功率为P=ULI=5×1W=5W，故C错误；
D、电动机M和灯泡并联，所以电动机两端的电压和灯泡的额定电压相等，则电动机的输出功率为P出=ULIM-IM2rM=5×0.8W-0.82×1W=3.36W，故D正确。
故选：D。
8.B
【解析】AB、当外界的光照强度减弱时，光敏电阻R的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，可知，电流表示数减小。总电流减小，则电源的内电压和R0的两端电压均减小，则R两端的电压增大，即电压表示数增大，故A错误，B正确；
C、电源的总功率为P=EI，E不变，I减小，则电源的总功率减小，故C错误；
D、当电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大。将R0看成电源的内阻，由于等效电源内外电阻的关系不知道，所以不能判断等效电源的输出功率即光敏电阻的电功率变化情况，故D错误。
故选：B。
9.C
【解析】A.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，由图可知，c、b两点比较，b处电场线较密，则c点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误；
B.带电粒子做曲线运动，所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧，大致向右，由图知，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，则带电粒子带负电，故B错误；
C.结合前面分析可知，若粒子由a运动到b，则电场力做负功，电势能增加，则带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，故C正确；
D.沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知，a点的电势高于b点的电势，故D错误；
故选：C。
10.D
【解析】A、由动能定理
12mv2-12mv02=mgh
得
v= 2gh+v02
动量为
p=mv=m 2gh+v02
故A错误；
B、由h=12gt2，重力的冲量大小为
I=mgt=m 2gh
故B错误；
CD、合力的冲量等于动量的变化量，由动量定理有
Δp=I=mgt=m 2gh
则小球动量的变化量方向竖直向下，其大小为m 2gh，故C错误，D正确。
故选：D。
11.D
【解析】A.弹簧弹开过程，弹簧对A、B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，由I=Ft可知，弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误；
B.释放弹簧过程中，A、B系统动量守恒，设A球脱离弹簧时A、B的速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0
由题知：v1=6m/s
解得：v2=2m/s
根据机械能守恒定律可得，刚开始弹簧的弹性势能大小为：EP=12mv12+12Mv22
解得：Ep=2.4J，故B错误；
C.设A球至Q点的速度大小为vQ，A球从P点运动到Q点过程中只有重力做功，机械能守恒，取水平桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：12mv12=12mvQ2+mg⋅2R
解得：vQ=4m/s
小球A从P点运动到Q点过程中，取水平向左为正方向，
由动量定理可知，A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为：IA=mvQ-m(-v1)=m(vQ+v1)=0.1×(4+6)N⋅s=1N⋅s，故C错误；
D.A球恰能到达最高点时有mg=mv'2R
A球从最低点到最高点有-mg×2R=12mv'2-12mv12
解得R=0.72m
则若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m，故D正确；
故选：D。
12.22 0.900 A 电流表分压 4×10-5
【解析】(1)用多用电表粗略测量导体的电阻，挡位选用“×1”挡，如图甲所示，则其阻值R=22Ω；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，导体横截面的直径d=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm；
(3)由于RxRA=220.1=220>RVRx=200022≈91，因此电流表采用内接法；
为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器采用分压式接法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(4)电流表采用内接法，实验误差来源于电流表分压；
(5)根据欧姆定律，导体电阻R=UI
根据电阻定律R=ρLS=ρLπd24=4ρLπd2
电阻率ρ=πd2U4IL
代入数据解得ρ=4×10-5Ω⋅m。
故答案为：(1)22；(2)0.900；(3)A；(4)电流表分压；(5)4×10-5。
13.【解析】((1)依题意，该列波的波速：v=xOPt=60.3m/s=20m/s
根据“同侧法”可知，起振方向沿y轴正向；
(2)由图像可知：xOP=32λ
解得波长：λ=4m
又T=λv
解得：T=0.2s。
答：(1)这列波的波速为20m/s，波源的起振方向沿y轴正向；
(2)这列波的周期为0.2s。
14.【解析】((1)在P点入射角为a，csα=hL=36，得α=60°，
P点刚好发生全发射，临界角C=60°，
发生全反射的临界角C的正弦值sinC=1n，
解得n=1sinC=1sin60∘=2 33；
(2)光线在水中的传播速度为v=cn，
从S到P传播所需时间t=sv=nLc，
代入数据得t=4 33×10-8s。
答：(1)折射率为2 33；
(2)时间为4 33×10-8s。
15.【解析】((1)电子在AB间加速，由动能定理
eU1=12mv02
解得v0= 2eU1m
(2)在偏转电场中有：L=v0t1
a=eEm=eU2md
d2=12at12
联立得U2=2U1d2L2
(3)类平抛运动反向延长线过偏转电场水平位移中点，由几何关系
HL2+3L4=d2L2
解得H=54d
答：(1)电子射入偏转极板CD间时的速度大小v0等于 2eU1m；
(2)CD间偏转电压的大小U2等于2U1d2L2；
(3)图中OP的高度H等于54d。
16.【解析】((1)刚滑上木板时，M和m之间的滑动摩擦力大小为：f=μmg=0.4×0.5×10N=2N，
对物块，由牛顿第二定律可得：f=ma1，
解得：a1=4m/s2，方向水平向左，
对木板，由牛顿第二定律可得：f=Ma2，
解得：a2=2m/s2，方向水平向右；
(2)物块从A到B的过程中，根据动能定理可知：
mgR=12mv02，
解得：v0=4m/s，
物块和挡板恰好不相撞时，长木板的长度最小，两者相互作用的过程，系统动量守恒、能量守恒，以水平向右为正方向，
由动量守恒可得：mv0=(m+M)v共，
解得：v共=43m/s，
由能量守恒可得：12mv02=12(m+M)v共2+μmgLmin，
联立可得：Lmin=43m；
(3)物块和挡板相互作用的过程，系统动量守恒、能量守恒，以水平向右为正方向，
由动量守恒可得：mv0=(m+M)v共'，
由能量守恒可得：12mv02=12(m+M)v共'2+μmgL+ΔE，
联立可得：ΔE=23J；
答：(1)物块刚滑到木板上时，物块的加速度a1的大小为4m/s2，方向水平向左，长木板的加速度a2的大小为2m/s2，方向水平向右；
(2)若要保证物块不和挡板碰撞，长木板的最小长度Lmin为43m；
(3)若长木板长度为L=1m，物块和挡板碰撞过程中损失的机械能ΔE为23J。
次数
1
2
3
U/V
2.0
3.0
4.0
I/A
0.088
0.131
0.172