贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷（解析版）

这是一份贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2025．1
注意事项：
1．本试卷共6页，三道大题，15道小题。试卷满分100分，考试时间75分钟。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（ ）
A. 电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B. 螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C. 螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D. 磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【答案】B
【解析】根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场。
2. 做简谐运动的单摆，保持其摆长不变。若增加摆球的质量，摆球经过平衡位置的速度减小，则单摆振动的（ ）
A. 周期变大，振幅不变B. 周期变小，振幅变小
C. 周期不变，振幅变小D. 周期不变，振幅不变
【答案】C
【解析】由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；
由于单摆运动过程中机械能守恒，则摆球运动到最低点的动能等于最高点的重力势能，根据机械能守恒定律列式
可得
则摆动过程中的高度差与摆球质量无关。摆球经过平衡位置的速度减小，高度差减小，摆长不变，则振幅变小。
故选C。
3. 如图所示，一处于匀强磁场的矩形线圈，磁场方向垂直于纸面向里，线圈位于纸面内。如果线圈做下列几种运动：①在纸面内向右平移而未移出磁场；②沿垂直于纸面方向平移；③绕ab边转动；④绕通过线圈中心且垂直于纸面的轴转动。以上述几种运动中，能产生感应电流的是（ ）
A. 只有③B. ①③④
C. ②③④D. ①②③④
【答案】A
【解析】根据感应电流的产生条件可知，只有③使得通过矩形线圈的磁通量改变，①②④操作过程中通过矩形线圈的磁通量始终不变，故选A。
4. 如图，半径为的n匝圆形线框内部有一半径为的圆形区域的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，则穿过此圆形线框的磁通量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】磁通量的计算公式（S是垂直于磁场方向的有效面积，与线框匝数无关）
题中的有效面积，则穿过此圆形线框的磁通量为
故选D。
5. 如图甲所示，在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图乙中直线a、b所示的关系。则a、b两点的电场强度、的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由电场强度的定义式
可知图像的斜率表示电场强度，由图乙可知
6. 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R的阻值等于电流表内阻的0.5倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流A值，将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示（ ）
A. 0.01AB. 0.02AC. 0.04AD. 0.06A
【答案】D
【解析】根据串并联关系可知
改装后流过接线柱1的满偏电流为
故将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示
故选D。
7. 如图所示，三根平行直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，Oa=Ob=Oc，Ob⊥ac。三根导线中均通有方向垂直于纸面向里的恒定电流I时，O点处的磁感应强度的大小为；如果让c中的电流反向、其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】右手定则可知a、c通电导线在O点产生的磁感应强度等大反向，即O点磁感应强度即为b导线在O点产生的磁感应强度，结合题意可知b导线在O点产生磁感应强度为，故每根导线在O点产生的磁感应强度大小均为，如果让c中的电流反向，其他条件不变，右手定则可知a导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，b导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线c且大小为，c导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，故O点总的磁感应强度大小为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，P、Q是介质的两个质点，某时刻的波形如图所示。则（ ）
A. 该波的波长为9mB. 该波的波速为60m/s
C. 该时刻质点P向y轴负方向运动D. 该时刻质点Q向y轴负方向运动
【答案】BD
【解析】A．由图知，该波的波长为12m，故A错误；
B．该波的波速为，故B正确；
CD．根据“同侧法”可知，此时刻质点P向y轴正方向运动，质点Q向y轴负方向运动，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。该试探电荷在A、B、C三点的电场力大小分别为、、，电势能分别为、、，下列关于它们的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】AB．根据等量异种电荷的电场分布特征可知，从A到B、从B到C的过程，电场线的分布逐渐变密集，即电场强度逐渐增大，则电荷受到的电场力逐渐增大，A正确，B错误；
CD．根据等量异种点电荷电场线的分布可知，带负电的试探电荷从A到B，电场力与运动方向垂直，所以不做功，电势能不变；从B到C，电场力方向与运动方向相同，所以做正功，电势能减少，C错误，D正确。
故选AD。
10. 质量为0.1kg的小球从距离地面3.2m高处自由下落到水平的水泥地面上，从接触地面到速度减为零经历了0.001s，规定竖直向下的方向为正方向，重力加速度g取。则下列关于小球的说法正确的是（ ）
A. 小球落地时的速度大小为8m/s
B. 小球落地时的动量为kg·m/s
C. 0.001s内小球所受的平均力为-800N
D. 0.001s内地面对小球的平均力为N
【答案】AC
【解析】A．小球落地前做自由落体运动，由自由落体公式可知小球落地速度为，A正确；
B．根据动量的定义式可知小球落地时的动量为，B错误；
C．设小球与地面相互作用过程中小球受到的平均作用力为，由动量定理有
解得小球所受的平均力为，C正确；
D．小球与地面作用过程中，小球受重力和地面对小球的作用力，由动量定理有
联立解得地面对小球的平均作用力为，D错误；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。
（1）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）
A. 用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和；
B. 在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，这样就可以确定出射点和折射光线；
C. 实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。
（2）请在答题纸图中画出光路图__________，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式__________。
【答案】（1）B （2）
【解析】（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，C错误。
故选B。
（2）[1][2]光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
12. 关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（ ）
A. 用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点
B. 用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点
C. 用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点
D. 用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大
【答案】A
【解析】AB．无论是使用电流挡测电流或电压挡测电压或电阻挡测电阻，在测量前都需要检查机械零点，确保指针在未测量时指在零刻度处，故A正确，B错误；
C．用电阻挡测电阻时，从一个倍率变换到另一个倍率，需要重新进行欧姆调零，因为不同倍率下欧姆表的内阻不同，故C错误；
D．用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，流过表头的电流越小，指针向右转过的角度就越小，故D错误。
故选A。
13. 某同学按图甲的电路测量蓄电池的电动势和内阻，图乙的实物电路已连接了部分。请回答下列问题：
（1）请将图乙的实物电路补充完整__________；
（2）连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的__________（选填“a”或者“b”）端；
（3）他调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如下表。在如图丙所示的坐标纸上已标出4组数据对应的坐标点，请在答题纸的坐标纸上标出剩余1组数据对应的坐标点，并画出U-I图像__________；
（4）根据画出的U-I图像，可得该蓄电池的电动势__________，内阻__________（结果保留两位小数）。
【答案】（1） （2）a （3） （4）2.05 0.08
【解析】（1）根据甲图，实物连接如下
（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。
（3）根据表格数据描点，U-I图像如下
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知，
14. 位于坐标原点处的波源，从时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则时的波形图为
（1）求此波源的振动周期；
（2）求此列简谐横波的波长；
（3）承接（1）（2），请取合适坐标画出时的波形图。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由位移y随时间t变化的关系式可知
故振动周期为
（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为
（3）经即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，波向前传播了一个波长的距离，波形图如图所示
15. A、B两个硬质球发生一维碰撞，两球从碰撞前到碰撞后速度（v）随时间（t）变化的关系如图所示，已知A的质量为2kg。
（1）根据图像，试分段指出A、B两球何时碰撞？？何时接近中？何时最接近？何时分离？
（2）求B球的质量；
（3）请通过计算判断A、B两球的碰撞是否为弹性碰撞；
（4）求A、B两球在最接近时的总动能。
【答案】（1）AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。 （2）3kg （3）碰撞系统机械能等弹性碰撞，理由解解析 （4）2.5J
【解析】（1）图像可知AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。
（2）图像可知A碰撞前后的速度大小分别为
B碰撞前后的速度大小分别为
由动量守恒有
代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量
（3）若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能
AB碰后机械能
故，所以A、B两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）题图可知最接近时二者速度大小，故A、B两球在最接近时的总动能
16. 如图所示，图中装置由一个加速器和偏转器I、II组成，偏转器由两对水平放置的相同平行金属板构成，极板长度均为l、间距均为d，两对极板间偏转电压的值相等、电场方向相反，偏转器I、II的间距为l。质量为m、电荷量为q（）的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转器I，最终从P点水平射出偏转器Ⅱ。不考虑粒子受到的重力。
（1）若加速器两极板间的电压为U0，求粒子射出加速器时的速度大小；
（2）承接（1），若偏转器I、II两极板间的电压均为，求粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小；
（3）当加速器两极板间的电压变为时，欲使粒子仍能从P点水平射出偏转器II，求此时偏转器I、II两极板间的电压值；
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子射出加速器过程，根据动能定理有
解得
（2）粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
解得
（3）当加速器两极板间的电压变为时，根据动能定理有
解得
粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
结合上述解得次数
项目
1
2
3
4
5
电流I/A
1.72
1.35
0.98
0.63
0.34
电压U/V
1.88
1.92
1.93
1.98
1.99