上海市复旦附中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析）

第=page77页，共=sectionpages2020页上海市复旦附中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷一、单选题：本大题共16小题，共49分。1.下列关系式中不是利用物理量之比定义新的物理量的是(

)A.E=Fq B.φ=Ep2.电动汽车公司“蔚来”于2022年7月表示，将于今年第四季度计划交付150kW⋅h固态电池，单体能量密度达360Wh/kg，这里与A.能量 B.功率 C.电量 D.电容3.一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻的波形如图所示。则该波的(

)A.波速变大 B.波长变大 C.周期变大 D.频率变大4.简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形图如图所示，P、Q分别为介质中的质点，从该时刻起(

)A.P比Q先回到平衡位置 B.经过了14T，P、Q的位移相等

C.经过14T，P、Q通过的路程相等 D.经过125.如图所示，O是水面上一波源，实线和虚线分别表示该时刻的波峰和波谷，A是挡板，B是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于(

)A.整个区域

B.阴影Ⅰ以外区域

C.阴影Ⅱ以外区域

D.没有阴影的区域6.一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T4时刻的波形曲线为A.

B.

C.

D.7.如图所示的电路中R1=20Ω，R2=40Ω，R3=60A.若UAB=140V，C、D端开路，则UCD=0V

B.若UAB=140V，C、D端开路，则UCD=140V

C.若UCD=104V，8.一根长20m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P，Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向传播的机械波，已知P点形成的波的传播速度为4m/s。tA.两波源的起振方向相反

B.两列波无法形成稳定的干涉图像

C.t=2s时，在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为-25m

D.叠加稳定后，9.如图所示，在一半径为R的光滑绝缘竖直半圆弧槽ABC的圆心处固定一电荷量为+Q的带电小球，现将一质量为m、电荷量为+q的光滑小球从A点由静止释放，则小球到达最低点B时对槽的压力大小为(

)A.3mg B.kQqR2 C.10.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是(

)A.b点的电势比a点的高 B.b点的电场强度比a点的大

C.液滴在b点的加速度比在a点的小 D.液滴在b点的电势能比在a点的大11.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(

)A.θ增大，E增大 B.θ增大，EP增大 C.θ减小，EP减小 D.θ减小，12.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、A.2mv02q B.3mv013.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(

)A.由x1运动到x3的过程中电势能增大

B.由x1运动到x3的过程中电势能减小

C.由x1运动到x4的过程中电势先减小后增大

D.14.如图甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点。一带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图像如图乙所示，则A.Q2带正电 B.Q1所带电荷量大于Q2所带电荷量

C.b点电场强度的方向指向a点 D.射线ba15.战斗绳是目前非常流行的一种高效全身训练的方式在某次训练中，运动员手持绳的一端甩动非常流的绳波可简化为简谐波，图甲是t=0.3s时的波形图，x=0处的质点振动图像如图乙所示，质点A的平衡位置在x=2.5m处，则A.这列波向x轴负方向传播

B.这列波的传播速度为1m/s

C.t=0.6s时质点A的加速度沿y轴负方向

D.t=0.316.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)(

)A.当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大

B.两小球加速度先增加，再减小

C.电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加

D.电场力对两球均做正功，两小球的电势能变大二、多选题：本大题共3小题，共12分。17.如图所示，一带正电的粒子沿某椭圆轨道运动，该椭圆轨道的中心有一负电荷，在带电粒子由a点运动到b点的过程中(

)

A.电场力做负功，q的速度减小 B.电场力做负功，q的电势能增大

C.电场力做正功，q的速度增大 D.电场力做正功，q的电势能减小18.甲、乙、丙、丁四图中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘。下列关于坐标原点O处电场强度的说法中正确的是(

)

A.图甲与图丙场强相同

B.图乙与图丁场强相同

C.四图中O处电场强度的大小关系为E乙>E丙=E19.如图所示，有质子(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)和氦核(24He)四种带电粒子，先后从加速电压为UA.质子(11H)的偏转位移y最大 B.氦核(24He)的偏向角θ最小

C.三、填空题：本大题共4小题，共16分。20.如图所示，向左匀速运动的小车发出频率为f的声波，车左侧A处的人感受到的声波的频率为f1，车右侧B处的人感受到的声波的频率为f2，则f1、f2与f的关系为______21.一列横波在某一时刻的波形图如图所示，x=0.3m处的P质点此时运动方向沿y轴的负方向，此后经过0.2s第一次到达波峰，由此判断波沿x轴______方向传播，波速大小为______m22.如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度大小为______，方向______。

23.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子(初速度为零)，经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，等效电流为I，质子的质量为m，电荷量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是______。四、计算题：本大题共2小题，共23分。24.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。

(1)图像阴影为i-t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是______。

(2)乙图中阴影部分的面积S1______S2。(选填“>”、“<”或“=”)

(3)计算机测得S1=1203mA⋅s，则该电容器的电容为______F。(保留两位有效数字)

(4)由甲、乙两图可判断阻值R1______R2。(选填25.资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上：它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大。掀起10～40米高的拍岸巨浪，当波谷到达海岸时，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。

(1)在深海区有一海啸波(忽略海水深度变化引起的波形变化)如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t=900s后首次出现的波形图。已知波沿x轴正方向传播。波源到浅海区的水平距离s1=1.08万公里，求海啸波到达浅海区的时间t1。

(2)在浅海区有一海啸波(忽略海水深度变化引起的波形变化)如图乙，海啸波从浅海区到海岸的水平距离为10答案和解析1.C

【解析】A.由于电场强度由场源电荷与空间位置到场源电荷的距离决定，与试探电荷与试探电荷所受电场力的大小没有决定的关系，因此E=Fq是比值定义式，故A错误；

B.电势是由场源电荷、空间位置到场源电荷的距离已经零电势的选择决定，与试探电荷、电势能没有决定的关系，因此φ=Epq是比值定义式，故B错误；

C.表达式a=Fm是牛顿第二定律的表达式，表示加速度与合力成正比，与质量成反比，表达式a=Fm不属于比值定义式，故C正确；

D2.A

【解析】kW⋅h是平时所说的“度“，是一个能量量度单位，表示用电器以1kW功率使用一小时之后所消耗的能量。故C正确，ABD错误。

故选：A。

kW⋅h是平时所说的“度“，是一个能量量度单位。3.D

【解析】由波形图可知，波长逐渐减小，而介质不变，故波速不变，根据f=vλ可知，频率变大，故周期变小。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

4.D

【解析】A.由同侧法可知P向y轴正方向运动，Q向y轴正方向运动，可知Q比P先回到平衡位置，故A错误；

B.经过了14T，Q质点的位移大小为A，由于P质点先向上运动再向下运动，可知位移一定小于A，故B错误；

C.经过14T，Q通过的路程为一个振幅A，由于P向上运动，可知P的速度减小，则P通过的路程小于A，故C错误；

D.经过12T，一个周期质点振动4倍振幅，则P、Q通过的路程相等均为2A，故D正确。

故选：D。

简谐波沿x轴正方向传播，判断出P、Q两点的振动方向，确定回到平衡位置的先后，P、5.B

【解析】一列水波在传播过程中遇到了小孔B，由于小孔的尺寸比水波的波长小，所以水波能发生明显的衍射，但A挡板的尺寸较大，远大于水波的波长，所以不能发生明显的衍射现象；所以水面上的波形分布于除阴影Ⅰ以外区域，故ACD错误，B正确；

故选：B。

能发生明显衍射现象的条件：孔或阻碍物的尺寸比水波的波长要小或相差不大，分析衍射现象，即可确定水面上的波形分布的区域。

本题关键是记住发生明显衍射的条件，孔或阻碍物的尺寸比水波的波长要小或相差不大。要注意衍射是一定发生的，只有明显与不明显之分。6.D

【解析】从振动图像上可以看出x=0处的质点在t=T4时刻处于波峰位置，且正在向下振动，四个图像中，只有D符合题意，故D正确，ABC错误。

故选：D。

由x=0点处质点的振动图像可得出T47.D

【解析】AB、若UAB=140V，C、D端开路时，C、D两端电压等于R3两端的电压，此时R1、R3、R4串联，则

UCD=UR3=UABR1+R3+R4R3=140120×60V=70V，故AB错误；

CD、若8.C

【解析】A、由图可知，P起振方向沿y轴负方向，Q起振方向也沿y轴负方向，因此起振方向相同，故A错误；

B、由图可知，两列波的波长均为4m，且波速相同，由v=λf可知，两列波频率相等，又因为相位差一定，所以能形成稳定的干涉图像，故B错误；

C、两列波的周T=λv=44s=1s，t=2s后，波形如图所示，在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为-25cm，故C正确；

D、叠加稳定后，t=5s时波形如图所示，由图可知：叠加稳定后，x=3m处的质点振幅大于x=4m处质点的振幅，故D错误。

9.C

【解析】设小球到达B点时的速度为v，槽对小球的支持力为N，小球从A到B的过程中，库仑力与速度方向始终垂直，库仑力不做功，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgR=12mv2

在B点，重力、支持力、库仑力三力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有N-mg-kQqR2=mv2R

解得N=3mg+kQqR2

由牛顿第三定律得小球到达最低点10.C

【解析】A.由图中电源可知，电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的高，故A错误；

BC.因a点的等差等势面较b点密集，可知a点的场强大于b点场强，则液滴在a点的加速度比在b点的大，故B错误，C正确；

D.因为吸极接电源的负极，可知液滴带正电，a点的电势比b点的高，则液滴在a点的电势能比在b点的大，故D错误。

故选：C。

根据沿电场线电势逐渐降低，结合等差等势面越密集，电场强度越大，以及电势能和电势的关系分析求解。11.D

【解析】电容器极板上的电荷量不变，将上极板下移时，板间距离减小，由C=ɛrS4πkd可知，电容C增大，由C=QU可知，两板间的电压变小，静电计指针的偏角θ减小，结合E=Ud得E=4πkQϵrS，Q、k、S、εr均不变，则E不变，P点与零势面的距离不变，由U=Ed可知P点与零势面间的电势差不变，则P点电势不变，故点电荷在P点的电势能EP不变，故ABC错误，12.A

【解析】粒子，从A到B，根据动能定理得：qUAB-mgh=12mvB2-12mv02

因为vB=2v0，

13.B

【解析】ABC、由x1运动到x4的过程中，场强沿x轴负方向，则带负电的点电荷由x1运动到x4逆着电场线方向移动，电势升高，根据负电荷在电势高处电势能小，知负点电荷的电势能减小，故AC错误，B正确；

D、x1运动到x4的过程中，电场强度的大小先增大后减小，由F=qE知，点电荷所受电场力先增大后减小，故D错误。

故选：B。14.B

【解析】A.根据v-t图线可知，试探电荷经过a点时的加速度为零，所以电荷在a点所受的电场力为零，a点的电场强度必为零，即Q1、Q2在a点产生的电场强度等大、反向，故Q2一定带负电，故A错误；

B.因Q1距离a点较远，根据点电荷的电场强度公式：E=kQr2，可知，Q1所带电荷量一定大于Q2所带电荷量，故B正确；

C.a点左侧越靠近Q2的点，Q2产生的电场强度比Q1产生的电场强度大得越多，所以合电场强度的方向向左，故C错误；

D.a点右侧合电场强度的方向向右，所以由b到15.D

【解析】A、图甲是t=0.3s时的波形图，x=0处的质点振动图像如图乙所示，所以可知x=0处的质点在0.3s时的振动方向沿y轴负方向，利用同侧法可知波向x轴正方向传播，故A错误；

B、由甲图可知波长是6m，由乙图可知周期是0.6s，则波速v=λT=60.6m/s=10m/s，故B错误；

C、0.3s时刻的波形图如甲图，所以A质点振动方向沿y轴正方向，再经过0.3s，即半个周期，A质点在平衡位置下方，故加速度的方向是y轴正方向，故C错误；

D、根据数学知识，A的波动方程是y=2sin(2πλx)，A质点此时横坐标是2.5m，代入方程可求出y=1cm，A质点从0.3s到第一次平衡位置所需时间是t=xv=0.510s=0.05s，即在0.05s内的路程是1cm，再经过0.2s，波向x轴正方向传播2m，此时A的波动方程是y=2sin(2πλx-2π3)，代入16.A

【解析】A、加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，两小球远离过程中，做加速运动，电场力做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大，当电场力与弹力平衡后，两球开始做减速运动，故A正确；

B、由A知，两小球远离过程中，电场力不变，弹簧弹力变大，故加速度减小，当电场力与弹力平衡后，加速度为0，速度最大，随后加速度反向增大，故B错误；

C、加电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，两小球远离过程中，做加速运动，电场力做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大，当电场力与弹力平衡后，两球开始做减速运动，速度减至零后，弹簧收缩，电场力对两球都做负功，系统的机械能减小。故机械能不守恒，故C错误；

D、由C知，当电场力与弹力平衡后，两球开始做减速运动，速度减至零后，弹簧收缩，电场力对两球都做负功，故D错误；

故选：A。

加水平向右的匀强电场后，A小球受到向左的电场力，B小球受到向右的电场力，电场力做正功，电势能减小，分析小球的动能和弹簧的弹性势能的变化。分析两球的运动情况，确定系统机械能最大和动能最大的条件。

本题关键要明确两个小球的运动情况，明确两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，即可进行解答。17.CD

【解析】带电粒子由

a

点运动到

b

点的过程中，电场力方向与速度的夹角小于90°，则电场力做正功，导致电势能减小，动能增加，所以粒子的速率增大．因此AB错误；CD正确；

故选：CD

带电粒子绕负电荷做椭圆运动，从a

点运动到

b

点的过程中，根据电场力与速度的夹角来确定电场力做功的正负，从而确定动能的变化，并确定电势能的大小．

18.CD

【解析】设14带电圆环在O点产生的场强大小为E，带正电的圆环电场方向由圆环指向O点且与x轴夹角为45°，带负电的圆环电场方向由O点指向圆环且与x轴夹角为45°。甲图中原点O处电场强度大小为E；根据矢量的合成可知乙图中坐标原点O处电场强度大小等于2E；丙图中原点O处电场强度大小为E；丁图中坐标原点O处电场强度为0。综合以上分析，甲图和丙图方向相反，图乙与图丁电场不同，且E乙>E丙=E甲>E丁，故AB错误；CD正确，

故选：CD。

假设14带电圆环在O点产生的场强大小为E19.CD

【解析】AB、在加速电场中，根据动能定理qU1=12mv12

在偏转电场中，设电容器的长度为L，宽度为d，则竖直方向有：y=12at2，

水平方向有：L=v1t，

根据牛顿第二定律：a=qU2md

联立解得y=U2L24dU1，tanθ=atv1=U2L2dU1

可知，偏转位移20.f2【解析】由题意可知，声源靠近A处的人，由多普勒效应可知，他接收的频率变大，即f1>f；当声源远离B处的人，他接收频率的变小，即f2<f，即f2<f21.负

3.5

【解析】由题意知，P质点此时运动方向沿y轴的负方向，由上下坡法可得，波沿x轴负方向