安徽省阜阳市2024-2025学年高二下学期下6月联考物理试卷（解析版）

这是一份安徽省阜阳市2024-2025学年高二下学期下6月联考物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。
第Ⅰ卷（选择题共42分）
一、选择题（本题共10小题，共46分，1-7为单选题每小题4分。8-10为多选题，每题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，错选得0分）
1. 在2020年特殊的经济形势下，“新基建”的七大产业担负起了国家经济发展的重大使命，“5G”产业是其中一项。到2024年4月，5G用户的占比已超5成。时至今日，5G网络建设仍在持续推进中。“5G”手机通过电磁波与基站之间进行信息传递，以下有关说法中不正确的是（ ）
A. “隔墙有耳”是波的衍射现象，5G同样具有“穿墙”性能
B. 电磁波既能传递信息也能传递能量
C. “5G”比“4G”传递信息更快，是因为它所使用的电磁波的波速更快
D. 先进的“5G”手机，使用过程中也会发热，是因为工作过程中部分电能转化为内能
【答案】C
【解析】A．“隔墙有耳”是波的衍射现象，5G具有相似的“穿墙”性能，选项A正确；
B．电磁波既可以传递信息，又可以传递能量，例如微波炉就是利用电磁波传递能量的，选项B正确；
C．5G和4G技术使用的电磁波在真空中传播速度都一样，都为，选项C错误；
D．在使用手机的过程中，由于手机有一定的电阻，根据焦耳定律可知，会产生一定的热量，即一部分电能转化为内能，选项D正确。
此题选择不正确的，故选C。
2. 如图所示，在竖直面内的正方形四个顶点处分别放置四根通电直导线A、B、C、D，A、B中电流方向垂直纸面向外，C、D中电流方向垂直纸面向里，每根通电直导线在对角线交点O处产生的磁感应强度大小均为，现在O处放置一根长为L的通电直导线，电流大小为I、方向垂直于纸面向里，则该直导线所受的安培力大小和方向分别为（ ）
A. ，竖直向上
B. ，竖直向上
C. ，竖直向下
D. ，竖直向下
【答案】C
【解析】每根通电直导线在O处产生的磁感应强度均为，
由安培定则知，合磁场方向为水平向右，由左手定则知，安培力方向竖直向下，故选C。
3. 利用光干涉可以检查工件表面的平整度，其装置如图甲所示，将一块标准平板玻璃a放置在待检测平板玻璃b之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当用激光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示。以下说法正确的是（ ）
A. 干涉条纹是由a、b两玻璃板上表面反射的光叠加产生的
B. 图乙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凹陷
C. 抽去一张纸片，相邻亮条纹间距变大
D. 换用白光垂直照射，干涉条纹消失
【答案】C
【解析】A．干涉条纹是由a玻璃板下表面和b玻璃板上表面反射的光叠加产生的，故A错误；
B．同一级条纹对应的空气薄膜厚度相等，则图乙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凸起，故B错误；
C．光线在空气膜的上、下表面发生反射，并发生干涉，从而形成干涉条纹，设空气膜顶角为，，处为两相邻亮条纹，如图所示
则此两处的光程分别为，
因为光程差
所以
设此两相邻亮条纹中心的距离为，则由几何关系可得
当抽去一张纸片，变小增大，相邻亮条纹间距变大，故C正确；
D．换用白光垂直照射，仍能发生光的干涉现象，此时应该出现彩色条纹，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，平行板电容器通过导线与二极管、直流电源相连，P是极板间一固定点。下列说法正确的是（ ）
A. M板上移少许，两板间电势差不变，P点电势不变
B. N板上移少许，两板间电场强度增大，P点电势降低
C. M板左移少许，两板间电势差增大，P点电势不变
D. 两板间插入介电常数更大的电介质，两板间电场强度增大
【答案】B
【解析】A．M板上移少许，板间距增大，根据
可知，电容器的电容减小，若电势差不变，根据
可知减小，由于二极管的存在，不能减小，所以不变，两板间电势差增大，根据 ，，
可得
所以两板间电场强度不变，由于板接地，所以
P点与板间距离不变，所以P点电势不变，A错误；
B．N板上移少许，板间距减小，根据
可知，电容器的电容增大，若电势差不变，根据
可知增大，由于二极管的存在，可以增大，所以不变，根据
可知两板间电场强度增大，由于板接地，所以板电势不变， 根据
且P点与板间距离不变，所以P点电势降低，B正确；
C．M板左移少许，两板间正对面积减小，根据
可知，电容器的电容减小，若电势差不变，根据
可知减小，由于二极管的存在，不能减小，所以不变，两板间电势差增大，根据 ，，
可得
可知两板间电场强度增大，由于板接地，所以
P点与板间距离不变，所以P点电势增大，C错误；
D．两板间插入介电常数更大的电介质，增大，根据
可知，电容器的电容增大，若电势差不变，根据
可知增大，由于二极管的存在，可以增大，所以两板间电势差不变，根据
可知两板间电场强度不变，D错误；
故选B。
5. 如图，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，一带电小球由M点斜向上抛出，速度大小为v、方向与水平面成角，经过时间t到达N点，速度大小仍为v、方向水平向右。已知小球运动轨迹在该竖直平面内，重力加速度大小为g，。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向水平向右
B. 小球受电场力大小为重力
C. 从M到N的过程，电场力做功为
D. 从M到N的过程，小球的电势能先减少后增大
【答案】C
【解析】AB．分析可知带电小球在电场中做匀变速曲线运动，以M点为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，竖直方向的加速度
水平方向的加速度
设电场力为，其水平方向的分力
其竖直方向的分力为，则
得
故电场力大小，方向
得，即电场力与正方向成斜向上，因小球带电性质未知，故不能判断电场强度方向，故AB错误；
C．从M到N的过程，竖直方向的高度，设电场力做功为，由动能定理得，解得，故C正确；
D．由AB选项分析可知，电场力与正方向成斜向上，M点电场力和速度方向垂直，从M到N的过程，电场力与速度方向为锐角，故电场力一直做正功，电势能减小，故D错误。
故选C。
6. 图中OBCD为半圆柱体玻璃横截面，OD为直径，一束由b光和c光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，b光、c光分别从B、C点射出。设玻璃对b光的折射率为，b光由O到B的传播时间为，玻璃对c光的折射率为，c光由O到C的传播时间为。则下列说法正确的是（ ）
A. 小于B. 等于C. 小于D. 等于
【答案】D
【解析】AB．如图
根据折射定律可知
由于，所以大于，AB错误；
CD．光在玻璃中传播的时间
代入得
可知时间与光在玻璃中的折射角大小无关，所以等于，C错误，D正确。
故选D。
7. 图甲所示的电路中，定值电阻。白炽灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。电源电动势，内阻不计。当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为24W，则开关闭合后，灯泡消耗的实际功率约为（ ）
A. 20WB. 15WC. 12WD. 9W
【答案】C
【解析】当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为24W，即电压电流的乘积为24W，根据乙图可知，电压为，电流为，根据闭合电路欧姆定律
解得
根据题意可知
开关闭合后，电源和、构成一个新电源，此新电源的电动势和内阻分别为
此新电源短路电流为
图中画出此新电源的图像如图所示
图像与白炽灯泡的伏安特性曲线交点即为灯泡的实际电压、电流，分别为
，
则灯泡消耗的实际功率为
故选C。
8. 某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。x轴上A、O、B三点的电势值分别为、、，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为、、，电子在A、O、B三点的电势能分别为、、。下列判断正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】A．根据可知
故A正确；
B．根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知
故B正确；
C．电子带负电，根据电势能公式
分析得知
故C错误；
D．由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有
电子带负电，则根据电势能公式
得
故D正确。
故选ABD。
9. 一列沿x轴传播简谐横波在t = 0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知该波的波速v = 8 m/s，则此后P点第二次达到平衡位置的时间可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】由波形图可知λ = 4 m，由
解得
假设波沿x轴正方向传播，则P点此时沿y轴负方向振动，又P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一，故P点第一次到平衡位置的时间为，故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
假设波沿x轴负方向传播，则P点此时沿y轴正方向振动，故P点第一次到平衡位置的时间为
故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
故选AB。
10. 如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V1示数减小，电流表A1示数增大
B. 电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小
C.
D.
【答案】ABD
【解析】A．滑片下移，则滑动变阻器的阻值减小，电路中的总电阻减小，电路中的总电流变大，即电流表A1示数增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，即电压表V1示数减小，故A正确；
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值为滑动变阻器的阻值，故电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小，故B正确；
C．由串并联结构可知
电流表A1示数增大，R1两端电压增大，又因为路端电压减小，故R2两端电压变小，通过R2的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为干路电流增大，所以电流表A3的示数增大，故有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
解得
故D正确。
故选ABD。
二、实验题（共16分）
11. 在“测量玻璃折射率”的实验中，某同学使用平行玻璃砖，操作正确后得到了图1所示的实验光路图及相关角度。
（1）如果有多块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选择宽度______（选填“大”或者“小”）的玻璃砖进行实验；
（2）操作过程中为得到更好的实验效果，下列操作中正确的是______；
A. 入射角应选择尽量小些
B. 大头针插在纸面上时可以不与纸面垂直
C. 大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些
D. 改变入射角的大小，多做几次实验
（3）此玻璃砖的折射率计算式为______（用图中的表示）；
（4）若该同学画玻璃砖界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃砖实际宽度大些，如图2所示，则他所测得的折射率______（选填“偏大”“偏小”或者“不变”）。
【答案】（1）大 （2）CD （3） （4）偏小
【解析】（1）为了减小实验的误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量。
（2）A．为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，故A错误；
B．为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故B错误；
C．为了减小角度引起的误差，大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，故C正确；
D．改变入射角的大小，多做几次实验，能更好的得到实验结论，故D正确。
故选CD。
（3）此玻璃砖的折射率计算式为
（4）作出光路图，如图所示
实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，根据折射定律可知，测得的折射率偏小。
12. 如图为某同学设计具有“×100”和“×1k”两种倍率简易欧姆表的电路，现可提供的器材如下：
A.干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）
B.电流计G（量程0~100μA，内阻为450Ω）
C.定值电阻R0（阻值为50Ω）
D.滑动变阻器R（阻值范围为0~15kΩ）
E.开关S，红、黑表笔各一支，导线若干
选择以上器材组装电路，欧姆表表盘的中央刻度值为15，请回答下列问题：
（1）表笔A应为__________（填“红”或“黑”）表笔；
（2）开关S闭合时，对应的挡位为__________（填“×100”和“×1k”）；
（3）断开开关S，欧姆调零后，在两表笔间接入待测电阻Rx，发现电流计G指针恰好指到30μA处，则可知待测电阻Rx=__________Ω；
（4）若该欧姆表使用一段时间后，电源的电动势变小，内阻变大，但仍能欧调零，按正确操作再测上述Rx的阻值，其测量结果与原结果相比将__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）黑 （2）×100 （3）3.5×104 （4）偏大
【解析】（1）红表笔与电池负极相连，因此表笔A为黑表笔；
（2）当开关闭合时，欧姆调零时干路电流较大，欧姆表的内阻比较小，根据欧姆表的内阻等于欧姆刻线中央刻度值与倍率的乘积，可知对应的挡位为“×100”；
（3）断开开关S进行欧姆调零后，欧姆表的内阻为
根据闭合电路欧姆定律有
可得
（4）断开开关S，欧姆调零后有
测量Rx时有
则电动势E减小，电路电流减小，欧姆表示数变大，即Rx的测量值偏大。
三、解答题（共38分）
13. 如图，一半径为、圆心为O的圆形黑色薄纸片漂浮静止在某种液体的表面上，O点正下方液体中A点处有一单色点光源。光源发出的一条与水平方向夹角为的光线AB经过纸片的边缘B点射入空气中，其折射光线与水平方向的夹角为。已知光在真空中的传播速度大小为。
（1）求该液体的折射率及光在液体中的传播速度大小；
（2）若此光源发出的光都不能射出液面，求该光源向上移动的最小距离。
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）设液体的折射率为，光在B点的入射角和折射角分别为、，则
根据
解得
（2）设光源向上移动的距离为，光源发出的光都不能射出液面，说明光在B点处恰好发生全反射，设临界角为，有
由几何关系可得
联立解得
14. 如图所示，固定电阻，，滑动变阻器总电阻。调节滑动变阻器滑片，将滑动变阻器滑片置于正中间，再接通S后，电压表读数为6V，这时电路的总功率为36W。
（1）求出固定电阻的阻值。
（2）求S断开后，滑动变阻器的功率
【答案】（1） （2）
【解析】（1）S闭合，滑片在正中间时，R1与并联后与串联，再与R3并联、再与R4串联，R1与并联后的电阻为
并联后与串联后的总电阻
根据并联电路电压特点可知
所以干路电流为
所以此部分电功率
所以
代入数据解得
（2）由
得
当开关S断开后，R1与并联后再与串联，再与R4串联，此时电路的总电阻为
所以此时干路电流
R2右半边电功率为
R1与R2左半边并联后电流等于干路电流1A，即
根据并联电路电流分流原理
可得
所以R2左半边功率为
故
15. 如图所示，半圆形轨道的直径与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够长的长木板C，C的右端与弹性挡板D的距离。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不固定），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离。释放后，铁块A恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点P，铁块A到最高点后被取走。铁块B滑上木板C的上表面，一段时间后C与D相撞。已知B、C接触面间的动摩擦因数，其余摩擦均不计，C与D在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径，木板C的质量，铁块A、B与木板C的质量之比是，重力加速度大小取。
（1）求铁块B滑上木板C时的速度的大小；
（2）求C与D第一次相撞前，B、C系统摩擦产生的热量Q；
（3）若C右端与D的距离x可以改变，要求C与D碰撞两次，求x应满足的条件。
【答案】（1）6m/s （2） （3）
【解析】（1）铁块A、B与木板C的质量之比
设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程，动量守恒，有
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
解得
（2）B与C组成的系统动量守恒，设共同速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
设此过程C的位移大小为，由动能定理得
解得
则B与C共速后滑板才与D碰撞，对B、C系统，由能量守恒定律得
解得系统产生的热量
（3）设C与D第一次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别是、，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设C与D第二次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别为、，由动量守恒定律得
若要碰撞两次，需要满足
，
根据C往返运动的对称性可知
对C由动能定理得
解得
或
综上所述x应满足的条件是