江苏省泰州市2024-2025学年高二年级上册期末调研测试物理试卷（解析版）

2024〜2025学年度第一学期高二期末调研测试

物理试题

注意事项：

1.本试卷共分两部分，第I卷为选择题，第II卷为非选择题。

2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。

第I卷（选择题共44分）

一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。

1.十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流

/引起的，图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（）

【答案】B

【解析】地磁场的分布情况：地磁的北极在地理南极的附近，地磁的南极在地理北极的附

近，故右手的拇指必需指向地球南极，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方

向，故环形电流的方向由东向西流动，故ACD错误，B正确。

2.下列四幅实验呈现的图样中，形成原理与其他不同的是（）

O

使用X射线拍摄的DNA晶体

衍射条纹

【答案】C

【解析】A中是用光照射不透明的小圆盘后形成的衍射图样；B中是用X射线拍摄DNA

晶体时形成的衍射图样；C中是光的双缝干涉图样；D中是光的单缝衍射图样。故形成原

理与其他不同是C。

故选C。

3.关于电磁波及能量量子化的有关认识，以下说法正确的是（）

A.只要有电场和磁场就能产生电磁波

B.爱因斯坦认为电磁场是不连续的

C.红外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒

D.普朗克把能量子引入物理学，进■步完善了“能量连续变化”的传统观念

【答案】B

【解析】A.只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，稳定的电场和磁场不会产生

电磁波，故A错误；

B.爱因斯坦把能量子假设进行了推广，认为电磁场本身就是不连续的，故B正确；

C.紫外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒，故C错误；

D.普朗克把能量子引入物理学，进一步破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。

故选B。

4.如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，以下关于该物体的说法正确的是（）

|x/cm

二八,

u0.1/0,5\0.9/1.3t/s

A.0.2s时与0.4s时的回复力相同B.0.4s时与0.6s时的速度相同

C.0.5s~0.7s加速度在减小D.0.9s~l.ls势能在增加

【答案】C

【解析】A.由题图可知0.2s时与0.4s时的位移大小相等，方向相反，则0.2s时与0.4s时

的回复力大小相等，方向相反，故A错误；

B.由题图可知0.4s时与0.6s时的速度大小相等，方向相反，其中0.4s时物体向正方向运

动，0.6s时物体向负方向运动，故B错误；

C.由题图可知0.5s~0.7s内，物体从正向最大位移向平衡位置振动，位移逐渐减小，回复

力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C正确；

D.由题图可知0.9s~l.ls内，物体从负向最大位移向平衡位置振动，物体的动能在增加，

势能在减小，故D错误。

故选Co

5.如图所示，表示两列频率相同、振幅均为A的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波

峰，虚线表示波谷。以下说法正确的是（）

A.该时刻后，N处质点一直处于静止状态

B.该时刻后，M处质点由闻向P移动

C.该时刻后,丁内，M处质点的振幅由2A减小为0

4

D.该时刻M处是凸起的最高点，此后最高点由M向。移动

【答案】A

【解析】A.由题图可知，N处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列

横波的振幅相等，则该时刻后，N处质点一直处于静止状态，故A正确；

B.M处质点只在其平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故B错误；

C.由题图可知，M处质点是波峰与波峰叠加，所以该点是振动加强点，其振幅一直为

2A,保持不变，故C错误；

D.由题图可知，此时。处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波

的振幅相等，则该时刻后，。处质点一直处于静止状态，则加处凸起的最高点不是由M

向。移动，故D错误。

故选A„

6.如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环SrS2的圆心。、O'在磁场的

中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、。、尸'在圆环上，P、。关于。点对称。

以下说法正确的是（）

A.P、。两点磁感应强度相同

B.P点磁感应强度比尸，点小

C.穿过S1的磁通量大于穿过S?的磁通量

D.S1以尸。连线为轴旋转时，S1没有感应电流产生

【答案】C

【解析】A.磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，磁场方向沿磁感线切线方

向，可知，尸、Q两点磁感应强度大小相等，方向不相同，即尸、Q两点磁感应强度不相

同，故A错误；

B.磁感线分布密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，尸点磁

感应强度比P点大，故B错误；

C.磁感线分布密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，S1环

所在位置的磁感应强度大于S2环所在位置的磁感应强度，由于环与中轴线垂直，有效面积

相等，则穿过S］的磁通量大于穿过S?的磁通量，故C正确；

D.S1以连线为轴旋转时，穿过线圈的磁通量发生变化，可知，S1有感应电流产生，

故D错误。

故选C。

7.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小华通过目镜观察单色光的干涉图样时，发现亮

条纹与分划板竖线未对齐，如右图所示。若要使两者对齐，小华应（）

光源透镜单缝双缝拨杆遮光筒测量头•

A.仅旋转单缝B.仅拨动拨杆

C.仅旋转测量头D.仅转动透镜

【答案】C

【解析】发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头。旋转

单缝、拨动拨杆、转动透镜均无法使亮条纹与分划板竖线对齐。

故选Co

8.电鳗能借助分布在身体两侧肌肉内的“起电斑”产生电流。某电鳗体中的“起电斑”沿着身

体从头部到尾部延伸分布，并排成125行，每行串有5000个。已知每个“起电斑”的内阻为

0.25Q,并能产生0.16V的电动势。该“起电斑”阵列与电鳗周围的水形成回路，假设回路中

水的等效电阻为790Q,则电鳗放电时，放电电流为（）

A0.64AB.1AC,1.6AD.0.4A

【答案】B

【解析】该"起电斑''阵列的总电动势为石总=5000x0.16V=800V

该“起电斑”阵列的内阻为r=。=J。。

125

根据闭合电路欧姆定律可得电鳗放电时，放电电流为/=—=800A=1A

R+r790+10

故选B。

9.如图所示，长为3L的直导线折成边长分别为ac=L、cd=2L直角导线，置于与其所

在平面相平行的匀强磁场中，磁感应强度为瓦当导线中通以大小为/、方向如图的电流

时，该通电导线受到的安培力大小为（）

B.45BIL

C.BILD.2BIL

【答案】D

【解析】ac边与磁场方向平行，该边不受安培力，cd边与磁场方向垂直，则导线所受安培

力为F=BL2L=2BIL

故选D。

10.如图所示，光滑水平面上，质量为机、速度为v的A球跟质量为2根的静止的B球发

生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是()

V

最人

AB

A.0.3vB.0.5vC.0.7vD.0.8v

【答案】B

【解析】若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有mv="%+2根匕1aX，

12121c2

—mv--mv.+—x2mvmaY

222

2

解得%ax=丁

若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有mv=(m+2m)

解得%in。

i12

可知VB-

只有第二个选择项满足要求。

故选B。

11.如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、

质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是()

岫〒由甲山中dI"

图甲

A.图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高

B.图乙中，粒子第“次(〃>1)被加速前、后的轨道半径之比为病万:«

C.图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、8板间产生电势差，A板电势高

D.图丁中，；H、；H、；H三种粒子由静止加速射入磁场，：H在磁场中PS距离最大

【答案】B

【解析】A.在多级直线加速器（图甲）中，粒子在两筒间的电场中做加速运动，在筒中

由于筒内电场强度为0,粒子做匀速直线运动，A错误；

B.回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第次加速后

12

q（九-1）U=/%

第〃次加速后

12

qnU=^mvn

又因为粒子在磁场中做圆周运动

v2

qvB-m——

r

可得

mv

r--

Bq

则

%

rVn

B正确;

C.对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向5板偏转，负离子

向A板偏转，5板电势高，C错误;

D.在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速

12

qU=—mv

进入磁场后

v2

qvB=m—

r

联立可得

1i2mU

；H、；H、：H电荷量相同，：H质量最大，则在磁场中运动的半径最大，PS距离最大，D错误。

故选B。

第n卷（非选择题共56分）

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、

方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算时，答案中必须明确

写出数值和单位。

12.为了测定电源的电动势、内电阻及金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电

路。其中为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，凡是阻值为0.5。的定值电阻。实

验中调节滑片P,记录电压表示数。、电流表示数/以及对应的PN长度x,绘制了如图乙

所示的U—/图线。

（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，图丙中调节顺序为（选填“先调C后调D”

或“先调D后调C"），再旋紧B,从图丙中可读出电阻丝的直径d为______mm；

（2）由图乙求得电池的电动势E=V,内阻厂=Q（结果均保留两位有效数

字），由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值_____真实值（选填“大于”、

“等于”或“小于”）；

（3）实验中作出与-X图像如图丁所示，已知图像斜率为七电阻丝直径为4,则电阻丝

的电阻率夕=,所作图线不过原点的原因是。

【答案】（1）先调C后调D6.790（2）1.51.3小于（3）-------

4

电流表有一定的电阻

【解析】（1）[1]用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中

调节顺序为先调C后调D,再旋紧B。

⑵螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图可知电阻丝的直径为

d=6.5mm+29.0x0.01mm=6.790mm

（2）口]⑵由闭合电路欧姆定律可得E=U+/（&+r）

可得U=—/（凡+r）+E

可知U—/图像的纵轴截距等于电动势，则有Z?=£=1.49V21.5V

U-I图像的斜率绝对值为网=RQ+rJ"O'Q

0.38

解得内阻为m1.30

[3]由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为Rv，由闭合电路欧姆定律

可得理=。+（%+/）（4+。）

整理可得U=-I,v（R+/）+——E真

R

则U—/图像的纵轴截距为b=D1「E真=E测＜E真

"v++耍

可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。

（3）根据欧姆定律可得。=/（&+p|）=IR+般）

可得卜/x+&

可知4-X图像的斜率为左=包

ITta

解得电阻丝的电阻率为

knd2

p=

4

所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。

13.一列沿无轴传播的简谐横波在/=4s时的波形如图甲，平衡位置在x=4m的质点a的振

(1)波传播的速度大小和方向；

(2)a点在0~4s内的路程。

【答案】(1)v=2m/s,方向沿X轴正方向⑵s=40cm

【解析】(1)由图甲可知，波长X=8m

由图乙可知，周期T=4s

根据波速公式

v=—2

T

可得

8,

v=—=2m/s

4

由图乙可知，f=4s时质点a沿y轴正方向运动。根据“上下坡法”(沿着波的传播方

向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动)，在图甲中，质点。向上振动，则波沿

x轴正方向传播，所以波传播的速度大小是2m/s,方向沿x轴正方向。

(2)由图乙可知，质点的振幅A=10cm

因为/=4S=T(一个周期)，质点在一个周期内通过的路程s=4A,所以a点在

0-4s内的路程

s=4x10=40cm

14.如图所示，一玻璃砖截面为半圆形，。为圆心，一束频率为/=6xl()i4Hz的激光沿

半径方向射入玻璃砖，入射方向与直径夹角为30。，在。点恰好发生全反射，水平射出

后，进入双缝干涉装置。已知双缝间距d=0.25mm,光屏离双缝/=1.0m,光在真空中

的传播速度为c=3.0xl()8m/s。求:

光屏

（1）玻璃砖的折射率W（结果可保留根号）;

（2）光屏上相邻亮条纹的间距Ac。

【答案】（1）2叵

⑵2xlO-3m

3

【解析】（1）由题图中几何关系可知，激光在。点恰好发生全反射的临界角为C=60°

根据sinC=L

n

可得折射率为n=」一="

sinC3

「30x1

（2）激光的波长为/=：=:，.4m=5xl（T7m

j6x10

光屏上相邻亮条纹的间距为Ax=-2=一见=x5xl0_7m=2xW3m

d0.25x103

15.如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹

槽最低点为。，A、B质量均为机。将质量为2优的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧

最高点由静止释放，重力加速度为g。

（1）若B固定，求C第一次滑到。点时，C的速度大小;

（2）若B不固定，当C第一次滑到。点时，求A向右运动的位移大小;

（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。

【答案】（1）

1,

【解析】(1)若B固定，C第一次滑到。点过程，根据动能定理可得27咫氏=5*27研2

解得C第一次滑到。点时，C的速度大小为V=J荻

(2)若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有

2mvCx=(m+m)vAB

当C第一次滑到0点时，设A向右运动的位移大小为4，C的水平位移大小为％，则有

2mxc=(m+m)xA

又4十%=R

联立解得XA

(3)若B不固定，当C第一次滑到。点时，设此时C的速度大小为匕，AB整体的速度

大小为匕，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有2根匕=(加+机)岭

根据系统机械能守恒可得2mgR=-x2mvl+-x(m+a)也

联立解得vt=v2=y[gR

C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为

I=mv2-0=myfgR

16.如图所示，A为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为耳，两板间电压为

U,间距为d；B区间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为^2,宽度为/；C

为一内半径为厂的圆筒，左右端面圆心。]、Q处各开有一小孔，内部有水平向右的匀强电

场E、匀强磁场鸟(鸟大小未知)，C左端面紧贴8区间右边界。一带电粒子，以初速度

%(大小未知)水平射入速度选择器，沿直线运动射入8区间，偏转30。后从C左端面圆

心。।处射入圆筒C,粒子恰好与筒壁不碰撞，最后从右端面圆心。2处射出。忽略粒子重

力，不考虑边界效应。求:

（1）粒子初速度%;

（2）粒子的比荷幺及在B区间运动时间t；

m

（3）圆筒长度s应满足的条件。

Uq_U_7ilBd

【答案】⑴%=而x(3)

m21B[B2d'—3U

信4+2iiqEB；djT?=3…）

mU~

【解析】（1）在速度选择器A中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平

uu

衡，即qE=q%A，又因为E=-y,所以%=三;

（2）粒子在B区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在B区间运动的轨迹半

I2U

径R满足sin30°=—,则R=2/,由洛伦兹力提供向心力=〃zv父，将%=弁

R7?