广东惠州市2025-2026学年高二第一学期期末考试物理试卷（含答案）

这是一份广东惠州市2025-2026学年高二第一学期期末考试物理试卷（含答案），共11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.哪吒弹簧摆件由哪吒、轻弹簧及底座连接而成，底座固定在桌面上，哪吒在O点时刚好静止，如图所示。将哪吒拉到A点由静止释放，哪吒在AB间做简谐振动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 哪吒在A点和B点的加速度不相同
B. 哪吒在上下振动过程中，机械能守恒
C. 哪吒从A点向O点运动过程中，速度逐渐减小
D. 哪吒从O点向B点运动过程中，回复力逐渐减小
2.光具有波动性，关于光的现象，下列说法正确的是( )
A. 光的偏振现象说明光是一种纵波
B. 白光通过一条窄缝后出现彩色条纹，是光的干涉现象
C. 双缝干涉实验中，屏离双缝越远，干涉条纹间距越小
D. 雨天马路上的油膜呈现的彩色条纹，是光的干涉现象
3.如图为小卉同学为某养殖场设计的动物饮水指示器，闭合开关S，当水槽内水位发生变化时，滑动变阻器的滑片会随着浮子上下移动，理想电压表V的示数变化反映动物饮水情况，电源的内阻不能忽略，下列说法正确的是( )
A. 水槽添水时，电压表示数变大B. 动物喝水时，通过R0电流变大
C. 仅减小R0，可提高指示器灵敏度D. 仅减小R0，电源的输出功率一定变小
4.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图(a)所示，波上质点A的振动图像如图(b)所示。下列判断正确的是( )
A. 这列简谐波的频率为2Hz
B. 这列简谐波的波速为0.5m/s
C. 这列简谐波沿x轴负方向传播
D. 这列简谐波遇到10m的障碍物能发生明显衍射现象
5.福建舰是我国首艘搭载世界领先水平电磁弹射系统的航母。航母上的舰载机歼−15T质量m=3×104kg，在电磁弹射装置的辅助下，通过长度为x=100m的跑道由静止加速到v=70m/s。福建舰的电磁弹射系统由多组电磁模块组成，其单组电磁模块可由安培力提供的动力F=4×104N，如图为其结构简化示意图。已知平行导轨间距L=1m，垂直于导轨的磁场磁感应强度B=10T。下列说法正确的是( )
A. 歼−15T的加速度为28m/s2B. 歼−15T受到合外力为8.4×105N
C. 单组电磁模块中电流为4000AD. 图中回路的电流方向为逆时针方向
6.如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中相距均为2cm的等势面。一电子在该电场中运动时仅受电场力作用，其运动轨迹如图中实线所示。电子经过等势面O时的动能为10eV，从等势面O到等势面C的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的场强方向水平向左
B. 电场的场强E的大小为100V/m
C. 电子经过等势面C时的动能为6eV
D. 电子从A运动到C过程中，电势能减少4eV
7.如图(a)所示，平行板电容器两极板A、B水平正对放置，极板长为L，板间距为d，A、B极板间所加电压如图(b)所示。一质量为m、电荷量为+q的粒子在M点由静止释放，经过电压U加速后，在t=0时刻从N点沿平行板电容器正中央进入，t=T时刻，粒子恰好从极板边缘飞出。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子从上极板边缘飞出
B. 偏转电场对粒子所做的功为qU
C. 金属板的长和宽关系满足L=2d
D. 若粒子在t=T2时刻进入偏转电场，则粒子将落在极板上
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图(a)所示，静止在水平桌面上的磁悬浮地球仪由质量分别为m和M的地球模型和底座构成，悬浮原理如图(b)所示，当底座内线圈通电时，地球模型受到磁场作用而悬浮起来，取重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 底座对桌面的压力大小为M+mg
B. 线圈电流在软铁内产生的磁场向上
C. 图中线圈的a端须连接电源的正极
D. 增大线圈电流，地球模型平衡后受到磁场作用力变大
9.配有超级电容器的宁波基地中车“充电30秒，能跑5公里”，其技术在国际上领先。某公交车安装有“2.7V，65000F”的超级电容器，公交车质量为4×103kg，额定功率为80kW。在平直路面上行驶时，受到阻力是车重的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. 充电电流越大，电容器的电容就越大
B. 公交车以额定功率启动过程中牵引力减小
C. 该电容器能储存的最大电荷量为1.755×105C
D. 载人的该公交车在平直路面上行驶的最大速度不超过20m/s
10.如图所示，在棱长为L的正方体区域中存在垂直addˈaˈ面向外的匀强电场和垂直abbˈaˈ面向下匀强磁场。一质量为m、电荷量大小为q的粒子(重力不计)从abcd面的正中央以速度v0垂直该平面射入正方体后，恰好不改变运动方向。若仅撤去电场，则粒子从bˈcˈ边中点N离开正方体区域。下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电
B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为4mv05qL
C. 该匀强电场的电场强度大小为5mv024qL
D. 若仅撤去磁场，则粒子从aaˈdˈd面离开正方体区域
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用图所示装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
(1)以下实验操作，合理且必要的是 。
A.需要控制摆角不超过5° B.需要用天平称出摆球的质量
C.需要测量出摆球的直径 D.用刻度尺测量摆线的长度，作为单摆的摆长
(2)在安装实验装置的过程中，下列有关器材的选择和安装最合理的是 。
A. B． C． D．
(3)在摆球经过 位置时开始计时，实验测出单摆完成n次全振动的时间为t，摆长为L，则计算重力加速度的表达式为g= (用n、t、L表示)
12.实验小组采用以下器材测量金属丝的电阻率：电源(电动势E=3.0V)、电压表、电流表、滑动变阻器(0∼5Ω)、开关S、导线若干。
(1)如图(a)所示，先用螺旋测微器测量金属丝的直径d= mm，再用直尺测量接入两接线柱之间的金属丝的长度L。
(2)如图(b)，采用伏安法测金属丝的电阻时，为减小系统误差，实验小组采用试触法：让电压表的负接线柱连接金属丝左端，正接线柱先后连接金属丝右端和电流表正接线柱。结果发现电压表示数有明显变化，而电流表示数无明显变化。实际测量时既要减小实验系统误差，也要获得尽可能大的电压调节范围，请补充完成图中实物图的连线。
(3)根据实验数据作出U−I图像，如图(c)所示。利用上述物理量可得出该金属丝的电阻率ρ= (用字母a、b、π、L、d表示)。
(4)若采用以上方法测量的电阻率偏小，则产生误差的原因是 (写出其中一条即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.2025年2月，中国科学院兰州物化所研发出氮化硅负折射率超材料。负折射率材料的折射率小于零，光线从空气进入该材料后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，此时折射角取负值。如图所示，科研人员将光线从折射率为n=− 52的长方形材料AB边中点E射入，折射后在BC边的中点F处恰好发生全反射，最后从CD边的中点G处射出。已知AB边长度为L1=2cm，真空中的光速为c=3×108m/s。提示：角度和折射率取绝对值进行计算。求：
(1)BC边的长度L2。
(2)光线射入材料时的入射角α。
(3)光线在材料中传播的时间t。
14.如图，半径为R的光滑绝缘圆轨道竖直固定在水平向右的匀强电场中，M为轨道最低点。一质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)能静止在轨道内侧的N点，过N点的轨道半径与竖直方向的夹角θ=37 ∘。若某时刻，小球在N点获得了大小为v的速度后，沿轨道做完整的圆周运动。已知sin37 ∘=0.6,cs37 ∘=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)匀强电场的电场强度E大小；
(2)M、N两点的电势差UMN；
(3)小球通过M点时对轨道的压力FN。
15.如图所示，在xOy平面内，第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B；第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E。质量为m、带负电的粒子从x轴上的P点以速率为v、与x轴成α=30 ∘角射入第一象限。在磁场中偏转后，恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP=L，不计粒子的重力。求：
(1)粒子的电荷量q的大小；
(2)粒子从P点到第3次到达y轴所用的时间t；
(3)若P处有一粒子源，向第一象限各个方向发射速率为v的同种粒子，则粒子第一次到达y轴正半轴时，与y轴交点的纵坐标的范围。
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.B
5.C
6.B
7.C
8.AC
9.BCD
10.AB
11.AC
D
最低点
4π2n2Lt2

πad24bL
(写出其中一条即可)测量金属丝长度 L 时测量值偏大；测量金属丝直径 d 时测量值偏小；电压表的分流作用导致测量的电阻值偏小等。

13.(1)如图
光线在BC边中点F处恰好发生全反射，则有 sinγ=1n
根据几何关系，可得 sinγ=L22 L122+L222
联立并代入数据解得 L2 =4cm
(2)根据几何关系，可知 β+γ=90 ∘
根据折射定律有 n=sinαsinβ
代入数据解得 α=30 ∘
(3)根据 n=cv
光在材料中传播的路程 s=L2sinγ
光在材料中传播的时间 t=sv
代入数据解得 t=53×10−10s≈1.67×10−10s

14.(1)小球在N点处于平衡状态，根据平衡条件可得 tan37 ∘=qEmg
解得 E=3mg4q
(2)根据 E=Ud
可得M、N两点的电势差 UMN=E•Rsin37 ∘
结合上述结论 E=3mg4q
联立解得 UMN=9mgR20q
(3)从N运动到M，由动能定理可得 mgR1−cs37 ∘−qERsin37 ∘=12mvM2−12mvN2
在M点，由牛顿第二定律可得 F′N−mg=mvM2R
联立解得 FN′=12mg+mv2R
根据牛顿第三定律，压力大小等于支持力大小，即 FN=F′N=12mg+mv2R
压力方向垂直于M点向下。

15.(1)如图，由几何关系： sin30 ∘=Lr
洛伦兹力提供向心力： qvB=mv2R
解得 q=mv2BL
(2)粒子第一次在磁场中做圆周运动的时间： t1=150 ∘360 ∘T
其中T为带电粒子做圆周运动的周期，即： T=2πrv
粒子在电场中往返运动，根据动量定理： qEt2=mv−−mv
粒子第二次在磁场中运动的时间正好是半个周期，即 t3=12T
粒子运动的总时间： t=t1+t2+t3=11πL3v+4BLE
(3)如图，当粒子在磁场中恰好转过半圆时，其第一次到达y轴的纵坐标最大
由几何关系可知 2r2=ym2+L2
当粒子沿x轴负方向发射时，其第一次到达y轴的纵坐标最小， ym =0
故粒子第一次到达y轴时的纵坐标的范围为：0≤y≤ 15L