2024-2025学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷（含解析），共17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.法拉第“磁生电”这一伟大发现，引领人类进入电气时代。如图甲、乙、丙、丁所示，其中能产生感应电流的是( )
A. 图甲中闭合金属线圈和条形磁铁在同一平面内，金属线圈以速度v远离条形磁铁
B. 图乙中闭合金属线圈和通电直导线在同一平面内，金属线圈水平向右运动
C. 图丙中闭合金属线圈在匀强磁场中，保持金属线圈平面始终与磁感线垂直，金属线圈左右运动
D. 图丁中螺线管和电流计组成闭合回路，条形磁铁在螺线管中保持静止不动
2.在2024年巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动(不计空气阻力)，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的v−t图像如图乙所示，其中0～t2部分为直线。则下列说法正确的是( )
A. t1时刻运动员入水
B. t3时刻运动员上升到最高点
C. t1～t4时间内运动员所受重力冲量为零
D. t1～t3时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大
3.2024年9月25日华为秋季全场景新品发布会上，华为新一代声学旗舰产品——华为FreeBudspr3是一款降噪耳机，如图所示，它的降噪原理是利用声波的( )
A. 反射B. 折射C. 干涉D. 衍射
4.据新闻报道，2024年11月11日沪昆高速上饶段，交警巡逻时发现一辆小货车在车道上左右摇摆，经停车检查，确定司机涉嫌醉驾。交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，且r”“na
由临界角公式sinC=1n可知a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，b光的临界角较小，故C错误；
D.由于b的波长小于a的波长，根据Δx=ldλ可知，通过同一装置发生双缝干涉，a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距，故D错误。
故选：B。
根据光路图判断折射率大小，结合波速公式、临界角公式和明显衍射现象的条件和双缝干涉相邻亮纹的间距公式等知识进行分析解答。
考查光的折射和折射率大小，结合波速公式、临界角公式和明显衍射现象的条件和双缝干涉相邻亮纹的间距公式等知识，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】D
【解析】解：A.当A运动到最高点时，物块B对桌面压力恰好为零，物块A在最高点时弹簧伸长量mgk，在平衡位置时弹簧压缩量2mgk，可知物块A做简谐运动的振幅为A=3mgk，故A错误；
B.物块A速度最大时，物块A处于平衡位置，弹簧处于压缩状态，故B错误；
C.物块A运动到最高点时，由牛顿第二定律mg+2mg=2ma
解得加速度大小为a=1.5g
故C错误；
D.物块A运动至最低点时，A的加速度为向上的1.5g，则对整体分析FN−3mg=2ma
解得FN=6mg
即桌面对物块B的支持力大小为6mg，故D正确。
故选：D。
当A运动到最高点时，物块B对桌面压力恰好为零，结合平衡位置形变量求解振幅；物块A速度最大时，物块A处于平衡位置；物块A运动到最高点或者最低点时，由牛顿第二定律求解加速度或者支持力大小。
解题关键是要熟悉简谐运动的特点，抓住A运动到最高点时，物块B对桌面压力恰好为零这点，结合牛顿运动定律等规律解题。
8.【答案】AD
【解析】解：磁通量Φ=BS，其中B⊥S，如果B与S不垂直，S为在垂直B方向上的投影；
A.当线圈从图示位置转过30°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BScs30°= 32BS，故A正确；
B.当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BScs60°=12BS，故B错误；
CD.当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=BS−(−BS)=2BS，故C错误，D正确。
故选：AD。
磁通量Φ=BS，其中B⊥S，如果B与S不垂直，S为在垂直B方向上的投影；磁通量的变化量ΔΦ=Φ2−Φ1。
本题主要考查了磁通量，解题关键掌握磁通量Φ=BS，其中B⊥S，如果B与S不垂直，S为在垂直B方向上的投影。
9.【答案】BD
【解析】解：A、电动机的电流为I=PU=4824A=2A
故A错误；
B、电动机的效率约为η=P−I2rP=48−22×248×100%=83.3%
故B正确；
C、电动机输出的机械功率为P出=P−I2r
代入数据得P出=40W
故C错误；
D、1min电动机产生的热量为Q=I2rt=22×2×60J=480J
故D正确。
故选：BD。
A、根据电动机额定功率和额定电压，由“电流=额定功率÷额定电压”计算电流，判断数值是否正确；
B、先计算电动机的发热功率(电流 ​2×电阻)，再求出输出功率(额定功率−发热功率)，最后由“效率=输出功率÷额定功率×100%”判断效率是否正确；
C、通过“输出功率=额定功率−发热功率”计算机械功率，判断数值是否正确；
D、利用“热量=发热功率×时间”(时间转换为秒)，计算1分钟产生的热量，判断数值是否正确。
该题是“电动机非纯电阻电路”的基础题型，覆盖了核心功率公式与效率、焦耳热的计算，是巩固“非纯电阻电路基本规律”的典型题，掌握其解题逻辑能快速突破同类基础题，为复杂电路综合题奠定基础。
10.【答案】BC
【解析】解：A.小球与圆弧面组成的系统水平方向不受外力，在竖直方向合力不为0，所以系统在水平方向动量守恒，但总动量并不守恒，故A错误；
B.由于系统内只有动能与重力势能的相互转化，所以小球与圆弧体组成的系统机械能守恒，故B正确；
C.小球滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为
L=Rsinθ
取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得
mx=M(L−x)
由图可知xsinθ=qp
解得圆弧体与小球的质量之比为
Mm=qRp−q
故C正确；
D.当θ为90°时，根据机械能守恒可得mgR=12mv12+12Mv22
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv1=Mv2
解得两者分离时小球的速度为
v1= 2MgRM+m
故D错误。
故选：BC。
分析系统的合外力是否为零，判断系统动量是否守恒；根据系统机械能守恒判断小球机械能的变化；根据系统水平方向动量守恒列方程，结合速度与位移的关系得到圆弧体与小球的质量之比；当θ为90°时，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒列式，即可求解两者分离时小球的速度。
本题属于分方向动量守恒的类型，要知道小球与圆弧面组成的系统水平方向动量守恒，但总动量并不守恒，系统机械能也守恒。
11.【答案】B； >； m1d1=m2d2
【解析】(1)AB.安装的轨道不必光滑，因为从同一位置释放，球每次与轨道的摩擦力均相同，小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须水平，故A错误，B正确；
C.为保证小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球1每次可从斜槽上同一位置释放，故C错误。
故选：B。
(2)为减小实验误差，小球1的质量应大于小球2的质量，原因是保证小球1与小球2碰撞后继续向前运动，防止两小球碰撞小球1被弹回。
(3)设小球落地时间为t，由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，水平速度为v1=OPt，两球碰撞，球1的落地点是M，水平速度为v1′=OMt，球2的落地点是N，水平速度为v2=ONt，取水平向右为正方向，实验需要验证m1v1=m1v1′+m2v2
则有m1OP=m1OM+m2ON
即m1OP−m1OM=+m2ON
得m1d1=m2d2
则故本实验验证动量守恒定律的表达式为m1d1=m2d2。
(1)根据做平抛运动的条件分析判断；
(2)根据防止两小球碰撞小球1被弹回分析判断；
(3)根据平抛运动的而规律和动量守恒定律推导。
本题关键掌握验证动量守恒定律的实验原理和平抛运动的规律。
12.【答案】4 乙 3.80;172
【解析】解：(1)该同学用电阻箱R1与毫安表并联，取R1=13Rg，改装后的电流表量程最大值为：
Im=Ig+IgRgR1=Ig+IgRg13Rg=4Ig
可知改装后的电流表量程为毫安表量程的4倍。
(2)由于改装后的电流表内阻已知，因此电流表相对电源应采用内接法，应该选择的实验电路是图中的乙。
(3)改装后电流表的内阻为：RA=RgR1Rg+R1=60×2060+20Ω=15Ω
根据闭合电路欧姆定律可得：U=E−I(RA+r)
由U−I图像的纵轴截距与斜率可得：E=3.80V；RA+r=3.80−1.0015.0×10−3Ω
解得：r≈172Ω
故答案为：(1)4；(2)乙；(3)3.80；172
(1)根据串并联电路的特点求解改装后的电流表量程最大值与毫安表量程最大值的倍数关系。
(2)由于改装后的电流表内阻已知，因此电流表相对电源应采用内接法，可避免系统误差。
(3)确定改装后电流表的内阻。根据闭合电路欧姆定律，结合U−I图像的纵轴截距与斜率解答。
本题考查了测量“水果电池”的电动势和内阻的实验，涉及到了电表改装问题。掌握应用图像处理数据的方法和电表改装原理。
13.【答案】(1)该透明材料的折射率为65 (2)该光在该透明材料中的传播速度为2.5×108m/s
【解析】解：(1)由折射定律可知，玻璃的折射率n=sinθ2sinθ1=65；
(2)由折射率与光速的关系可知n=cv，代入数据可得：v=2.5×108m/s。
答：(1)该透明材料的折射率为65；
(2)该光在该透明材料中的传播速度为2.5×108m/s。
(1)根据折射率表达式求解；
(2)根据折射率表达式求解。
考查了折射率的常用表达式，熟练记住表达式即可。
14.【答案】(1)该波的波速为0.3m/s (2)质点N的振动方程为y=−10sin5πt(cm) (3)质点M到达波谷的最短时间为730s
【解析】解：(1)由甲乙两图分析可得周期T=0.4s，波长λ=0.12m，根据波速公式v=λT，解得：v=0.3m/s。
(2)从甲图所示时刻计时，N点振动方程可表示为y=−10sinωt(cm)，其中角频率ω=2πT，代入数据得ω=5πrad/s，故振动方程为y=−10sin5πt(cm)。
(3)结合两图分析，波沿x轴正方向传播，质点M到达波谷的最短时间满足Δt=Δxv，代入数据Δx=0.070m，v=0.3m/s，解得：Δt=730 s。
答：(1)该波的波速为0.3m/s。
(2)质点N的振动方程为y=−10sin5πt(cm)。
(3)质点M到达波谷的最短时间为730 s。
(1)通过波形图和振动图像确定波长和周期，利用波速与这两个物理量的关系计算波速。波形图提供空间信息，振动图提供时间信息，两者结合可完整描述波动特征。
(2)根据振动图像确定振幅和周期，进而写出振动方程。初始时刻质点N处于平衡位置且向下运动，故振动方程采用正弦函数形式，相位取负值。
(3)分析波形图可知波传播方向，确定质点M与最近波谷之间的空间距离，结合已求得的波速计算传播时间。波谷位置可通过波形特征直接判断。
本题综合考查机械波传播的核心知识点，包括波速计算、振动方程建立以及波动图像分析。题目通过波形图与振动图像的双重呈现，有效检验了学生从图像中提取关键信息的能力，要求学生熟练掌握波长λ、周期T与波速v的定量关系v=λT。第二问侧重考查振动方程的规范表达，需要准确判断初相位和振幅。第三问涉及波动传播方向与质点振动时序的关联分析，考察空间想象能力。题目计算量适中但思维层次丰富，既包含基础公式应用，又需要结合图像进行逻辑推理，属于中等偏上难度题目，能有效区分学生对波动问题的理解深度。
15.【答案】(1)若小车固定在水平面上，压缩弹簧发射滑块a恰能使其滑到G点，弹簧弹力对滑块a冲量I大小为 2210kg⋅m/s (2)①滑块a滑上小车恰能到达F点，弹簧弹射滑块a时的弹性势能为1J；②滑块a滑上小车并且不会滑离小车，弹簧弹射滑块a时的弹性势能范围为0.5J≤E弹≤1.25J
【解析】解：(1)物体恰能滑到G点vG=0，从O到A过程中
12m1vA2=m1g(R1−R1cs60°)×2+m1gR2+μm1gLEF
解得vA= 22 m/s
可得弹簧弹力对滑块冲量
I=m1vA
解得
I= 2210kg⋅m/s
(2)①物体在小车上滑动到最远点F，两者的速度相同，以水平向右的方向为正方向，则
m1vc=(m1+m2)v共
μm1gLEF=12m1vc2−12(m1+m2)v共2
解得
vc= 10 m/s
弹簧弹射滑块时的弹性势能
E弹=m1g(R1−R1cs60°)×2+12m1vc2
解得
E弹=1J
②物体能滑上小车vc=0
E弹1=m1g(R1−R1cs60°)×2
解得E弹1=0.5J
物体恰能到达G，物体与小车在水平方向上速度相同，以水平向右的方向为正方向，则
m1vc2=(m1+m2)v1
μm1gLEF+mgR2=12m1vc22−12(m1+m2)v12
解得vc2= 15 m/s
物体返回EF恰好不从E点滑出，物体与小车的速度相同，以水平向右的方向为正方向，则
m1vc3=(m1+m2)v2
2μm1gLEF=12m1vc32−12(m1+m2)v22
解得
vc3= 20 m/s
则
E弹2=m1g(R1−R1cs60°)×2+12m1vc22
解得
E弹2=1.25J
弹性势能的范围
0.5J≤E弹≤1.25J
答：(1)若小车固定在水平面上，压缩弹簧发射滑块a恰能使其滑到G点，弹簧弹力对滑块a冲量I大小为 2210kg⋅m/s；
(2)①滑块a滑上小车恰能到达F点，弹簧弹射滑块a时的弹性势能为1J；
②滑块a滑上小车并且不会滑离小车，弹簧弹射滑块a时的弹性势能范围为0.5J≤E弹≤1.25J。
(1)根据动能定理求出物体从O到A时的速度，结合冲量表达式求弹簧弹力对滑块a冲量I大小；
(2)①根据动量守恒以及能量守恒定律求弹簧弹射滑块a时的弹性势能Ep；
②根据动量守恒以及能量守恒定律求弹簧弹射滑块a时的弹性势能范围。
本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。