江西省萍乡市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷（含答案）

这是一份江西省萍乡市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷（含答案），共9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.火车汽笛发出频率一定的乐音。当火车静止，火车外的观察者也静止时，观察者听到并记住了这个乐音的音调。以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是( )
A. 观察者静止，火车向他驶来B. 火车静止，观察者乘汽车远离火车运动
C. 火车静止，观察者乘汽车靠近火车运动D. 观察者乘汽车与火车以相同速度运动
2.电磁感应现象的发现具有极其重大的划时代的历史意义，它为人类大规模利用电能，继而进入电气化时代奠定了理论基础。关于法拉第“磁生电”实验说法正确的是( )
A. 闭合开关时电流计指针发生偏转，断开开关时电流计指针不偏转
B. 保持开关闭合且滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且示数不为零
C. 保持开关闭合且滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，电流计指针发生偏转
D. 保持开关闭合和A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，电流计指针不偏转
3.某同学坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车启动时，汽车的车灯会瞬间变暗，汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。则在汽车启动过程中( )
A. 车灯的电流变大
B. 电源输出电压变小
C. 电源输出电流变小
D. 电源的总功率变小
4.两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是( )
A. 两点电荷可能是异种点电荷B. A点的电场强度比B点的大
C. A点的电势低于B点的电势D. 电子运动到P点时动能最小
5.一简谐波沿x轴传播，图甲为t=0.2s时刻的波形图，P是平衡位置在x1=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x2=4.0m处的质点，M是平衡位置在x3=8.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波沿着x轴负方向传播
B. 从t=0.2s开始的一小段时间内，质点P的加速度不断增大
C. 在t=0.2s到t=0.25s，质点P通过的路程为10 2cm
D. 质点M简谐运动的表达式为y=0.10sin10πtm
6.已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数。如图所示，现有两根长直导线分别固定在正方体abcd−efgh的两条边dh和hg上，且彼此绝缘。两条导线中通有相同大小的电流，电流方向分别由d流向h、由h流向g。已知c点磁感应强度大小为2B，则f点的磁感应强度大小为( )
A. 62BB. 32BC. BD. 2B
7.如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板M上，并穿过右极板N上的小孔，两极板间的电场为匀强电场，电容器极板连同底座总质量为3m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。带电环不影响电容器板间电场的分布，电容器外部的电场忽略不计。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板( )
A. 12dB. dC. 23dD. 34d
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源s，它发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a光的颜色(如图乙)。设a、b光的折射率分别为na、nb，则下列说法正确的是( )
A. 在水中，a光的波长比b光大B. 在水中，a光的传播速度比b光小
C. 复色光圆形区域的面积为S=πh2na2−1D. 复色光圆形区域的面积为S=πh2nb2−1
9.图甲为小华同学设计的简易多用电表电路原理图，已知电流表G满偏电流Ig=100μA、内阻Rg=90Ω。该多用电表具有直流0∼1mA、0∼10mA量程电流表、直流0∼3V量程电压表及欧姆表四种挡位。下列说法正确的是( )
A. 测量时红表笔应接插孔A，黑表笔应接插孔B
B. 功能选择开关连接C时为欧姆表、开关连接d时为电压表
C. R1=1Ω，R2=9Ω
D. R1=0.1Ω，R2=9.9Ω
10.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=2kg和mB=1kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·s，方向向左
B. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量为零
C. 物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为6J
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3m/s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10kΩ)，除了待测电阻Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表(量程0∼1V，内阻约为10kΩ)
B.电压表(量程0∼10V，内阻约为100kΩ)
C.电流表(0∼1mA内阻约为30Ω)
D.电流表(0∼0.6A，内阻约为0.05Ω)
E.电源(电动势12V，额定电流2A，内阻不计)
F.滑动变阻器R(阻值范围0∼10Ω，额定电流2A)
G.滑动变阻器R(阻值范围0∼1KΩ，额定电流0.1A)
(1)为使测量尽量准确，操作方便，电压表选用 ，电流表选用 ，滑动变阻器R选用 。(均填器材的字母序号)；
(2)请用笔画线代替导线，在答题纸上将实物电路补充完整 。
(3)开关S闭合前，应将滑动变阻器R的滑片移至 (填“左”或“右”)端。
12.在“用单摆测量重力加速度”的实验中。
(1)用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，则直径d= cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示，则所用的时间t= s。
(2)某同学用米尺测得摆线长为l，摆球的直径d，单摆完成n次全振动所用的时间为t，则重力加速度的计算式为g= (用以上直接测量的物理量的符号表示)
(3)某同学为了使单摆的周期大一些，以方便测量，该同学静止释放摆球时，让摆线偏离竖直方向有较大的角度。结合所学知识分析上述操作方法是否可行： 。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，单色细光束射到折射率n= 2的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i=45 ∘，光束经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出，图上已画出入射光和出射光。设光在真空中传播速度为c。求：
(1)光在透明球内传播的时间；
(2)入射光与出射光之间的夹角α。
14.如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20m处静止着一质量为m=1kg的物块A，在虚线右侧静止着质量为M=3kg的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0=2kg的小物块C，现给A一水平向右、大小为v0=12m/s的初速度，一段时间后A与B发生碰撞并粘在一起，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25，重力加速度g=10m/s2，A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若最终C恰好未滑离B，求长木板的长度。
15.如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图丙所示的方波电压，图丙中U0、T均已知。在两板中线左端P点有一个粒子源，以同样的速度从两板中线左端P点沿中线不断地射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子穿过两板所用的时间均为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右边缘射出。在两板右边的竖直虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于U0L，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板与平行板下板的高度差为板间距离的一半，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子从P点射出的初速度大小v0和两平行金属板的间距d；
(2)粒子击中接收板的位置到N点的距离的最大值xm；
(3)若更换足够长平行金属板，要求t=0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.C
6.A
7.D
8.AD
9.BC
10.AC
11.B
C
F
左

96.3
4π2n2l+d2t2
不可行，若摆线偏离平衡位置有较大的角度，则单摆就不能视为简谐运动了，且单摆的周期与摆动幅度无关。

13.解：(1)光在界面发生反射时，入射角与反射角相等，由于介质是球体，具有对称性，可以画出光路图如图所示
根据折射率公式 n=sinisinr
代入数据后可解得 r=30 ∘
设球的半径为R，则在球内的传播路程为 s=BC+CD=2 3R
光在介质中的传播速度为 v=cn
所以光在透明球内的传播时间 t=sv=2 6Rc
(2)根据几何关系可知， α=2(i−r)=30 ∘

14.解：(1)选A为研究对象，在OO1左侧运动阶段，设A与B碰撞前A的速度为v
v2−v02=−2a1x
由牛顿第二定律可知
μ1mg=ma1
联立解得 v=8m/s
mv=m+Mv1
解得B的速度大小为 v1=2m/s
(2)全过程，A、B、C三者组成的系统动量守恒定律
mv=m0+m+Mv2
由能量守恒定律可知 μ2m0gL=12m+Mv12−12m0+m+Mv22
解得 L=815m

15.解：(1)粒子从 P 点射出的初速度大小 v0=LT
粒子在电场运动的加速度大小 a1=qU0md
根据运动学规律可得 12d=2×12a1T22
联立解得 d= qU0T22m
(2)由于所有粒子穿过电场的时间均为 T ，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为 v0 ，方向水平向右。根据对称性，从 t=0.5T 时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出，粒子击中接收板的位置到 N 点的距离取得最大值，从上板右端边缘射出的粒子进入 MN 右侧电场后，做抛物线运动，则有 xm=v0t1 ， 32d=12⋅qU0mLt12
联立解得 xm=LT49mL2T22qU0
(3)根据题意可知，若粒子从 t=0 时刻进入电场，要求粒子打到 B 板时动能最大，则粒子打到 B 板时，竖直分速度最大，即粒子在不超过 T2 时间内，打到 B 板，则有 d2=12⋅qU0dmT22
解得 d=T2 qU0m
故满足 d≤T2 qU0m 的情况下粒子打到 B 板时动能最大。