2024-2025学年陕西省西安市部分学校联考高二上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年度第一学期第四次阶段性检测高二物理注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案直接写在答题卡上。4．考试结束后将答题卡收回。第I卷（选择题）一、单项选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=1：2D.在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=8：1【答案】C【解析】A．从图像可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；B．由图像可知，t3时刻速度相等，弹簧处于伸长状态，从t3到t4时间内A做加速运动，B做减速运动，弹簧由伸长状态恢复到原长，故B错误；C．由图像可知，t1时刻两物体速度相同，都是v1=1m/sA、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v1解得m1：m2=1：2故C正确；D．由图像可知，在t2时刻，A、B的动能之比为Ek1：Ek2==1：8故D错误。故选C。2.两列沿轴传播的简谐横波、，实线波的波源在的点，虚线波的波源在的点，从时刻两波源从平衡位置开始振动，产生的机械波沿轴传播，在时两波源间的波形如图所示，下列说法正确的是（）A.波源的起振方向相同均沿轴向下B.两波的波速大小均为10m/sC.在时处质点的振动速度大于处质点的振动速度D.处的质点在前0.05s内运动的路程为50cm【答案】D【解析】A．根据“上下坡”规律可得，a的起振方向相同沿轴向上，b的起振方向相同沿轴向上，故A错误；B．由图可知，实线波的波长为0.8m，再0.05s内波a传播了个波长，故周期为0.04s，故波速为虚线波的波长为0.8m，再0.05s内波b传播了个波长，故周期为0.04s，故波速为故B错误；C．在时和处质点的振动速度为两波的加强，故振动速度相同，故C错误；D．处的质点在前0.02s内质点没有质点，此后到0.04s，a波此质点一直振动，后0.01s此质点向下振动到最大位移处，故处的质点在前0.05s内运动的路程为故D正确。故选D。3.为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（）A.a光的折射率大于b光的折射率B.在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度C.观察到的光源S的位置比实际位置浅一些D.通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显【答案】AC【解析】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。故选AC。4.一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁铁静止时弹簧的伸长量为x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在a、b、c位置时，弹簧的伸长量分别为xa、xb、xc，已知a、b、c三点的连线与斜面平行，且b点在条形磁铁的正中央．则下列正确的是（）A.x0＝xa＝xb＝xc B.x0>xa>xb>xcC.xa>x0＝xb>xc D.xa>xb>xc>x0【答案】C【解析】未放通电导线时，对条形磁铁，根据平衡条件和胡克定律有mgsinθ=kx0．通电导线放在a点时，根据左手定则，知通电导线所受的安培力F斜向右下方，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用力F′斜向左上方，弹簧的弹力大于mgsinθ，根据胡克定律知弹簧伸长量xa＞x0．通电导线放在b点时，通电导线所受的安培力垂直斜面向下，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用力垂直向下，弹簧的弹力仍等于mgsinθ，则xb=x0．同理，通电导线放在c点时，弹簧的弹力小于mgsinθ，根据胡克定律知弹簧伸长量xc＜x0．综上有xa＞x0=xb＞xc．故选C．5.如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m，长为L的通电直导线，导线内电流大小为I，方向垂直纸面向里，空间内存在平行纸面的匀强磁场，导线受到安培力作用且保持静止，已知重力加速度为g，磁感应强度大小不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】以通电直导线为对象进行受力分析，其可能受到重力、斜面支持力和安培力作用，根据三角形定则可知，当安培力与斜面支持力垂直时，安培力具有最小值，则有根据可得，磁感应强度的最小值为则磁感应强度大小应满足故选A。6.如图甲所示的LC电路中，保持L不变，改变电容器的电容，回路中电容器两端的电压变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.图甲时刻回路中的磁场能正在变小B.曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的2倍C.曲线2对应的电容器所带最大电荷量与曲线1对应的电容器所带的最大电荷量相等D.曲线2对应的电流最大时，曲线1对应的电流也一定最大【答案】D【解析】A．图甲中对线圈应用安培定则可知，电流从电容器的上极板流出，则电容器正在放电，电场能转化为磁场能，则回路中的磁场能正在变大，A错误；B．由图乙可知，曲线2的振荡周期为曲线1的2倍，根据公式可知，曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的4倍，B错误；C．根据电容的定义式可得由于改变电容器的电容前后电容器两端的最大电压相同，且曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的4倍，可知曲线2对应的电容器所带最大电荷量是曲线1对应的电容器所带最大电荷量的4倍，C错误；D．曲线2对应的电流最大时，电容器两端的电压为0，由图乙可知此时曲线1对应的电容器两端的电压也为0，即曲线1对应的电流也最大，D正确。故选D。7.某人设计了如图所示的LC振荡电路来测量微小物体所受的重力，电容器的上极板是一片弹性金属薄膜，微小物体放置在金属膜中央会使其下凹，测量时先把开关拨到a，电路稳定后再把开关拨到b。通过电流传感器测出的电流频率就能测量出微小物体所受的重力。已知该电路振荡电流的频率满足以下关系式，则下列说法正确的是（）A.物体质量越大，开关拨向a时，电容器存储的电荷量越小B.开关由a拨向b瞬间，流经电流传感器的电流最大C.开关由a拨向b后，该LC电路发生振荡的周期不变D.测量时，传感器检测到的电流频率越大，表示物体质量越大【答案】C【解析】A．根据解得物体质量增大，金属膜下凹的程度增大，平行板间的距离减小，电容器存储的电荷量越大，A错误；B．开关由a拨向b瞬间，L产生自感电动势，障碍电流的变化，此时流经电流传感器的电流为零，B错误；C．振荡电流的周期为电容不变，电感不变，振荡电流周期不变，C正确；D．由可知，测量时，电流传感器检测到的电流频率越大，电容越小，由得平行板间的距离越大，则物体质量越小，D错误。故选C。8.科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计（0刻度在正中央）与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是（）A.电流计指针总是左、右摆动B.当转速很小时，电流计指针左、右摆动C.当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值D.当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值【答案】B【解析】ABC．交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，AC错误，B正确；D．线圈匝数不能改变电流方向变化的频率（频率由线圈转动的角速度决定），D错误。故选B。9.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是（）A.图甲表示电梯可能做匀加速直线运动B.图乙表示电梯可能做匀加速上升运动C.图丙表示电梯可能做匀加速上升运动D.图丁表示电梯可能做匀减速下降运动【答案】B【解析】A．题图甲中电流表示数和静止时相等，故电梯可能处于静止状态或者做匀速直线运动，故A错误；B．题图乙中电流表示数为2I0，且保持不变，故此时压敏电阻阻值比静止的阻值小，所以压敏电阻所受压力增大且恒定不变，则物体处于超重状态，电梯可能做匀加速上升运动，故B正确；CD．题图丙、丁中电流表的示数随时间变化，物块对压敏电阻的压力是变化的，故电梯的加速度是变化的，故CD错误。故选B。10.电子眼又称电子警察，它采用感应线来感应路面上汽车传来的压力。感应线实质是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路。如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示。当十字路口红灯亮时，电子警察系统启动，若回路中产生两脉冲电流，电子眼拍照，认定为“闯红灯”。则当红灯亮时（）A.车轮停在感应线上时，电阻R上的电流为零B.车轮经过感应线的过程中，电容器C的电荷量一直增大C.车轮经过感应线的过程中，电容器C两极板间的电场强度保持不变D.汽车前轮越过感应线后，又倒回到线内，不会被电子眼拍照【答案】A【解析】A．车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A正确；B．由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大最后减小，因电压是在受压时产生的，说明电容器先充电后放电，故B错误；C．车轮经过感应线的过程中，压电薄膜受到的压力变化，其产生的电压变化，则电容器两端电压变化，产生的电场强度发生变化，故C错误；D．若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D错误。故选A。二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分）11.最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（图中虚线）两个时刻x轴上区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是（）A.质点振动的周期B.最小波速C.t时刻位于的质点沿y轴正向振动D.从t时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置【答案】BD【解析】A．根据题意有所以当n=0时，T=0.8s，故A正确；B．由题图知，该地震波的波长为，根据波速与波长的关系可得，当周期取最大时，有最小波速，为故B正确；C．根据“同侧法”可知，沿x轴正方向传播的波在t时刻位于的质点y轴负向振动，故C错误；D．地震横波沿x轴正方向传播，从t时刻开始计时，处的质点向上振动，处的质点位移波峰，故处的质点位移波峰比处的质点先回到平衡位置，故D正确。故选BD。12.如图所示，光滑绝缘轨道竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（）A.小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动B0小球可能带正电，也可能带负电C.若小球从B点由静止滑下，进入场区后也可以做匀速运动D.若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【答案】AD【解析】A．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得，则小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，水平方向不受力，小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动，A正确；B．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，若带正电，洛伦兹力和电场力同向，都向上，电场力和洛仑兹力的合力可以和重力平衡，若小球带负电，则重力、洛伦兹力、电场力得方向都向下，这是不可能的，B错误；C．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，受力不再平衡了，进入场区后不再做匀速直线运动，C错误；D．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，重力大于电场力和洛仑兹力的合力，合力向下，则粒子将向下偏转，D正确。故选AD。13.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。不正确的是（）A.图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为B.从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为C.电路中交流电压表的示数为D.线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为【答案】B【解析】A．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为，A正确，不符题意；B．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量随时间t变化的关系式为B错误，符合题意；C．电动势的最大值则电动势的有效值由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数C正确，不符题意；D．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量D正确，不符题意。故选B。14.在如图甲所示LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为正值，则（）A.0至0.5ms内，电容器C正在充电B.0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电C.1ms至1.5ms内，Q点比P点电势高D.1.5ms至2ms内，磁场能在减少【答案】CD【解析】A．由题图乙知，0至0.5ms内，i在增大，电容器正在放电，A错误；B．0.5ms至1ms内，电流在减小，为充电过程，电容器上极板带负电，B错误；C．1ms至1.5ms内，为放电过程，电容器下极板带正电，电势较高，则Q点比P点电势高，C正确；D．1.5ms至2ms内，为充电过程，磁场能在减少，D正确。故选CD。第II卷（非选择题）三、实验题（共3小题，总分18分）15.如图甲所示，某实验小组同学用量角器和单摆设计、制作一个简易加速度计。将此装置竖直悬挂于物体上，当物体在水平方向做匀变速直线运动时，通过单摆与竖直方向的偏角可以测出加速度的大小。同学们进行了如下操作：（1）如图乙所示，用游标卡尺测出小球的直径，___________mm（2）用单摆测量当地的重力加速度，除了测出小球的直径外，还应测量的物理量有___________（填选项前的字母符号）A.小球的质量mB.摆线的长度LC.单摆做简谐运动时周期TD.单摆做简谐运动时的摆角θ（3）用上述操作过程中测量出的物理量的符号表示重力加速度。___________（4）使用该加速度计测量加速度时，单摆与竖直方向的偏角为α，则加速度___________（用g和α表示）。【答案】（1）9.30（2）BC（3）（4）gtanα【解析】（1）小球的直径（2）根据摆长等于摆线长度加上小球半径，所以用单摆测量当地的重力加速度，除了测出小球的直径外，还应测量的物理量有摆线的长度L和单摆做简谐运动时的周期T。故选BC。（3）摆长=用上述操作过程中测量出的物理量的符号表示重力加速度为（4）由牛顿第二定律可知mgtanα=ma解得a=gtanα16.在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中。（1）下列操作可以减小实验误差的是___________。A.、及、之间的距离适当大些B.入射角适当小些C.入射角适当大些D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的（2）正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示，此玻璃的折射率计算式___________。（用图中的、表示）（3）实验小组内的学生在实验中，为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的和都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图乙所示），以后的操作都正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）AC（2）（3）偏小【解析】（1）A．、及、之间的距离适当大些，可以减小在确定光线方向时的误差，A正确；BC．入射角适当大些可减小测量角度时的误差，B错误，C正确；D．若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大的，可减小确定光线方向时的误差，D错误。故选AC。（2）根据光路图可得玻璃的折射率计算式（3）如图所示，该同学画出的和都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在、上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示该同学画出的光路图，可见入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率将偏小。17.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器结构如图所示，Ua/V1.802.803.80Ub/V4.006.018.02（1）变压器的铁芯，它的结构和材料是________；（填字母）A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的硅钢片叠成 D.绝缘的铜片叠成（2）如上中图所示，电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是________（选填“甲”或“乙”）；使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于________挡。（3）用匝数na=400匝和nb=800匝的变压器，实验测量数据如上表所示：根据测量数据可判断原线圈匝数为________匝。（填“400”或“800”），实验数据中电压比与匝数比不严格相等，主要原因是________；【答案】（1）C（2）乙交流电压（3）800电变压器不是理想变压器【解析】（1）[1]观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。故选C。（2）[2]电源输出端应是交流电，故选择乙的连接方式；[3]使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于“交流电压”挡；（3）[4][5]观察发现，Ua总是略小于Ub的一半，考虑变压器不是理想变压器，有漏磁现象，故Ub是原线圈电压，根据变压比可知，原线圈匝数为800匝。四、计算题（共36分）18.江门新会陈皮茶有消暑、理气健脾等功效。如图所示为一杯没有满的陈皮茶，现用一束激光从A点发射，刚好从陈皮茶的上表面B点射入，激光射在杯子底面最左端的C点，过B点做底边CE的垂线交于D点。DE的长度，CD的长度，AB与BC的长度相等都是，求：（1）陈皮茶的折射率n；（2）激光从B到C的时间与从A到B的时间比值。【答案】（1）；（2）【解析】（1）入射角的正弦值为折射角的正弦值为根据折射定律，陈皮茶的折射率为（2）激光从B到C的时间激光在水中的传播速度为激光从A到B的时间激光从B到C的时间与从A到B的时间比值19.行人违反交通规则，横穿马路是很危险的行为。如图，马路上有一辆以15m/s行驶的重型车，车斗长8m，车质量9t，车斗中间载有质量3t的金属模具，距车斗前壁4m，模具尺寸及它与车斗接触面摩擦不计。现发现前方26m处有行人突然横穿马路，司机立即采取减速措施并鸣笛示警，加速度大小为2m/s2。（1）此刻开始计时，行人至少在多长时间内闪开，才能避免危险？（2）模具由于固定不够牢在此刻立即松脱，它以原来的速度向前滑动，且不影响车的速度变化，模具多长时间后与车斗前壁碰撞？若该碰撞时间极短，碰后瞬间车速为13m/s，求模具与前壁碰后瞬间的速度。【答案】（1）；（2）2s，，方向与车的初速度方向相同【解析】（1）设所求时间为，车子以匀减速行驶代入数据计算得舍掉故行人至少在内闪开，才能避免危险（2）设模具经与前壁碰撞，碰后速度为，二者位移为，位移关系代入数据计算得车碰前速度为碰撞前后系统动量守恒代入数据计算得故模具后与车斗前壁碰撞，与前壁碰后的速度为，方向与车的初速度方向相同20.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨、平面与水平面的夹角，导轨间距为，上端接有的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为，磁感应强度大小为，磁场区域宽度为，放在导轨上的一金属杆质量为、电阻为，从距磁场上边缘处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度。导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为，求：（1）金属杆距磁场上边缘的距离；（2）杆通过磁场区域的过程中所用的时间；（3）金属杆通过磁场区域的过程中电阻上产生的焦耳热。【答案】（1）0.4m；（2）0.2s；（3）0.096J【解析】（1）由机械能守恒可得解得金属杆距磁场上边缘的距离为（2）由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时，电动势为由闭合电路欧姆定律得金属杆受到的安培力为金属杆重力沿轨道平面向下的分力为所以金属杆进入磁场后做匀速直线运动，则金属杆通过磁场区域的过程中所用的时间（3）由能量守恒定律得回路中产生的焦耳热为金属杆通过磁场区域的过程中在电阻上产生的热量为联立解得21.热爱物理的小南同学在家制作了一个简易台秤，用来测物体质量。内部电路如图甲所示，电源电压为18V定值电阻R0为30Ω，电阻R为压敏电阻，其阻值与所受压力的变化情况如图乙所示，电压表得量程为0~15V，电压表的表盘被改装为台秤的示数。他在该台称上放置一个底面积为200cm2、重为5N的足够深的柱形薄壁容器，用轻杆将一个质量为3kg的物体A（不吸水）固定于容器内正上方，物体A为高10cm、底面积为150cm2且质量分布均匀的长方体。现向容器中注水直到水面刚好与物体A的下表面相平，如图丙所示，此时台秤的示数为2.5kg。求：（1）在保证电路安全的情况下，该台秤所能称量物体的最大重力为多少N；（2）在图丙中，水对容器底的压强为多大；（3）若将图丙中的长方体A左、右两侧沿竖直方向各切掉总体积的六分之一，并将切掉的部分放入容器浸没于水中，水面静止时电压表示数为多少？【答案】（1）100N；（2）；（3）【解析】（1）闭合开关，两个电阻在电路中是串联关系，电压表测定值电阻两端的电压，串联电路各处电流相等，电压表的量程为0~15V，根据欧姆定律可知当电压表的示数最大为15V时，通过电路的电流最大，最大电流串联电路总电压等于各部分电压之和，此时压敏电阻两端的电压此时压敏电阻的阻值由乙图可知此时压敏电阻受到的压力为100N，所以该台秤所能称量物体的最大重力为100N；（2）容器的质量为水的质量水的体积容器中水的深度水对容器底的压强为（3）长方体的密度所以A放入水中后沉底，长方体A切掉部分的总体积将切掉的部分放入容器浸没于水中，水面升高的高度此时容器中水的深度为此时水对容器底部的压强为容器底部受到水的压力为长方体A切掉部分的总重力为长方体A切掉部分的受到的浮力为力敏电阻此时受到的压力为由乙图可知力敏电阻的阻值和其所受压力的乘积是一个定值，即FR=600N·Ω，当F=40N时，R=15Ω，此时电压表的示数为2024-2025学年度第一学期第四次阶段性检测高二物理注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案直接写在答题卡上。4．考试结束后将答题卡收回。第I卷（选择题）一、单项选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=1：2D.在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=8：1【答案】C【解析】A．从图像可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；B．由图像可知，t3时刻速度相等，弹簧处于伸长状态，从t3到t4时间内A做加速运动，B做减速运动，弹簧由伸长状态恢复到原长，故B错误；C．由图像可知，t1时刻两物体速度相同，都是v1=1m/sA、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v1解得m1：m2=1：2故C正确；D．由图像可知，在t2时刻，A、B的动能之比为Ek1：Ek2==1：8故D错误。故选C。2.两列沿轴传播的简谐横波、，实线波的波源在的点，虚线波的波源在的点，从时刻两波源从平衡位置开始振动，产生的机械波沿轴传播，在时两波源间的波形如图所示，下列说法正确的是（）A.波源的起振方向相同均沿轴向下B.两波的波速大小均为10m/sC.在时处质点的振动速度大于处质点的振动速度D.处的质点在前0.05s内运动的路程为50cm【答案】D【解析】A．根据“上下坡”规律可得，a的起振方向相同沿轴向上，b的起振方向相同沿轴向上，故A错误；B．由图可知，实线波的波长为0.8m，再0.05s内波a传播了个波长，故周期为0.04s，故波速为虚线波的波长为0.8m，再0.05s内波b传播了个波长，故周期为0.04s，故波速为故B错误；C．在时和处质点的振动速度为两波的加强，故振动速度相同，故C错误；D．处的质点在前0.02s内质点没有质点，此后到0.04s，a波此质点一直振动，后0.01s此质点向下振动到最大位移处，故处的质点在前0.05s内运动的路程为故D正确。故选D。3.为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（）A.a光的折射率大于b光的折射率B.在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度C.观察到的光源S的位置比实际位置浅一些D.通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显【答案】AC【解析】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。故选AC。4.一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁铁静止时弹簧的伸长量为x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在a、b、c位置时，弹簧的伸长量分别为xa、xb、xc，已知a、b、c三点的连线与斜面平行，且b点在条形磁铁的正中央．则下列正确的是（）A.x0＝xa＝xb＝xc B.x0>xa>xb>xcC.xa>x0＝xb>xc D.xa>xb>xc>x0【答案】C【解析】未放通电导线时，对条形磁铁，根据平衡条件和胡克定律有mgsinθ=kx0．通电导线放在a点时，根据左手定则，知通电导线所受的安培力F斜向右下方，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用力F′斜向左上方，弹簧的弹力大于mgsinθ，根据胡克定律知弹簧伸长量xa＞x0．通电导线放在b点时，通电导线所受的安培力垂直斜面向下，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用力垂直向下，弹簧的弹力仍等于mgsinθ，则xb=x0．同理，通电导线放在c点时，弹簧的弹力小于mgsinθ，根据胡克定律知弹簧伸长量xc＜x0．综上有xa＞x0=xb＞xc．故选C．5.如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m，长为L的通电直导线，导线内电流大小为I，方向垂直纸面向里，空间内存在平行纸面的匀强磁场，导线受到安培力作用且保持静止，已知重力加速度为g，磁感应强度大小不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】以通电直导线为对象进行受力分析，其可能受到重力、斜面支持力和安培力作用，根据三角形定则可知，当安培力与斜面支持力垂直时，安培力具有最小值，则有根据可得，磁感应强度的最小值为则磁感应强度大小应满足故选A。6.如图甲所示的LC电路中，保持L不变，改变电容器的电容，回路中电容器两端的电压变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.图甲时刻回路中的磁场能正在变小B.曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的2倍C.曲线2对应的电容器所带最大电荷量与曲线1对应的电容器所带的最大电荷量相等D.曲线2对应的电流最大时，曲线1对应的电流也一定最大【答案】D【解析】A．图甲中对线圈应用安培定则可知，电流从电容器的上极板流出，则电容器正在放电，电场能转化为磁场能，则回路中的磁场能正在变大，A错误；B．由图乙可知，曲线2的振荡周期为曲线1的2倍，根据公式可知，曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的4倍，B错误；C．根据电容的定义式可得由于改变电容器的电容前后电容器两端的最大电压相同，且曲线2对应的电容为曲线1对应的电容的4倍，可知曲线2对应的电容器所带最大电荷量是曲线1对应的电容器所带最大电荷量的4倍，C错误；D．曲线2对应的电流最大时，电容器两端的电压为0，由图乙可知此时曲线1对应的电容器两端的电压也为0，即曲线1对应的电流也最大，D正确。故选D。7.某人设计了如图所示的LC振荡电路来测量微小物体所受的重力，电容器的上极板是一片弹性金属薄膜，微小物体放置在金属膜中央会使其下凹，测量时先把开关拨到a，电路稳定后再把开关拨到b。通过电流传感器测出的电流频率就能测量出微小物体所受的重力。已知该电路振荡电流的频率满足以下关系式，则下列说法正确的是（）A.物体质量越大，开关拨向a时，电容器存储的电荷量越小B.开关由a拨向b瞬间，流经电流传感器的电流最大C.开关由a拨向b后，该LC电路发生振荡的周期不变D.测量时，传感器检测到的电流频率越大，表示物体质量越大【答案】C【解析】A．根据解得物体质量增大，金属膜下凹的程度增大，平行板间的距离减小，电容器存储的电荷量越大，A错误；B．开关由a拨向b瞬间，L产生自感电动势，障碍电流的变化，此时流经电流传感器的电流为零，B错误；C．振荡电流的周期为电容不变，电感不变，振荡电流周期不变，C正确；D．由可知，测量时，电流传感器检测到的电流频率越大，电容越小，由得平行板间的距离越大，则物体质量越小，D错误。故选C。8.科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计（0刻度在正中央）与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示。发电机模型线圈匝数可调。转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是（）A.电流计指针总是左、右摆动B.当转速很小时，电流计指针左、右摆动C.当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值D.当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值【答案】B【解析】ABC．交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，AC错误，B正确；D．线圈匝数不能改变电流方向变化的频率（频率由线圈转动的角速度决定），D错误。故选B。9.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是（）A.图甲表示电梯可能做匀加速直线运动B.图乙表示电梯可能做匀加速上升运动C.图丙表示电梯可能做匀加速上升运动D.图丁表示电梯可能做匀减速下降运动【答案】B【解析】A．题图甲中电流表示数和静止时相等，故电梯可能处于静止状态或者做匀速直线运动，故A错误；B．题图乙中电流表示数为2I0，且保持不变，故此时压敏电阻阻值比静止的阻值小，所以压敏电阻所受压力增大且恒定不变，则物体处于超重状态，电梯可能做匀加速上升运动，故B正确；CD．题图丙、丁中电流表的示数随时间变化，物块对压敏电阻的压力是变化的，故电梯的加速度是变化的，故CD错误。故选B。10.电子眼又称电子警察，它采用感应线来感应路面上汽车传来的压力。感应线实质是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路。如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示。当十字路口红灯亮时，电子警察系统启动，若回路中产生两脉冲电流，电子眼拍照，认定为“闯红灯”。则当红灯亮时（）A.车轮停在感应线上时，电阻R上的电流为零B.车轮经过感应线的过程中，电容器C的电荷量一直增大C.车轮经过感应线的过程中，电容器C两极板间的电场强度保持不变D.汽车前轮越过感应线后，又倒回到线内，不会被电子眼拍照【答案】A【解析】A．车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A正确；B．由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大最后减小，因电压是在受压时产生的，说明电容器先充电后放电，故B错误；C．车轮经过感应线的过程中，压电薄膜受到的压力变化，其产生的电压变化，则电容器两端电压变化，产生的电场强度发生变化，故C错误；D．若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D错误。故选A。二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分）11.最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（图中虚线）两个时刻x轴上区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是（）A.质点振动的周期B.最小波速C.t时刻位于的质点沿y轴正向振动D.从t时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置【答案】BD【解析】A．根据题意有所以当n=0时，T=0.8s，故A正确；B．由题图知，该地震波的波长为，根据波速与波长的关系可得，当周期取最大时，有最小波速，为故B正确；C．根据“同侧法”可知，沿x轴正方向传播的波在t时刻位于的质点y轴负向振动，故C错误；D．地震横波沿x轴正方向传播，从t时刻开始计时，处的质点向上振动，处的质点位移波峰，故处的质点位移波峰比处的质点先回到平衡位置，故D正确。故选BD。12.如图所示，光滑绝缘轨道竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（）A.小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动B0小球可能带正电，也可能带负电C.若小球从B点由静止滑下，进入场区后也可以做匀速运动D.若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【答案】AD【解析】A．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得，则小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，水平方向不受力，小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动，A正确；B．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，若带正电，洛伦兹力和电场力同向，都向上，电场力和洛仑兹力的合力可以和重力平衡，若小球带负电，则重力、洛伦兹力、电场力得方向都向下，这是不可能的，B错误；C．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，受力不再平衡了，进入场区后不再做匀速直线运动，C错误；D．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，重力大于电场力和洛仑兹力的合力，合力向下，则粒子将向下偏转，D正确。故选AD。13.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。不正确的是（）A.图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为B.从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为C.电路中交流电压表的示数为D.线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为【答案】B【解析】A．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为，A正确，不符题意；B．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量随时间t变化的关系式为B错误，符合题意；C．电动势的最大值则电动势的有效值由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数C正确，不符题意；D．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量D正确，不符题意。故选B。14.在如图甲所示LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为正值，则（）A.0至0.5ms内，电容器C正在充电B.0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电C.1ms至1.5ms内，Q点比P点电势高D.1.5ms至2ms内，磁场能在减少【答案】CD【解析】A．由题图乙知，0至0.5ms内，i在增大，电容器正在放电，A错误；B．0.5ms至1ms内，电流在减小，为充电过程，电容器上极板带负电，B错误；C．1ms至1.5ms内，为放电过程，电容器下极板带正电，电势较高，则Q点比P点电势高，C正确；D．1.5ms至2ms内，为充电过程，磁场能在减少，D正确。故选CD。第II卷（非选择题）三、实验题（共3小题，总分18分）15.如图甲所示，某实验小组同学用量角器和单摆设计、制作一个简易加速度计。将此装置竖直悬挂于物体上，当物体在水平方向做匀变速直线运动时，通过单摆与竖直方向的偏角可以测出加速度的大小。同学们进行了如下操作：（1）如图乙所示，用游标卡尺测出小球的直径，___________mm（2）用单摆测量当地的重力加速度，除了测出小球的直径外，还应测量的物理量有___________（填选项前的字母符号）A.小球的质量mB.摆线的长度LC.单摆做简谐运动时周期TD.单摆做简谐运动时的摆角θ（3）用上述操作过程中测量出的物理量的符号表示重力加速度。___________（4）使用该加速度计测量加速度时，单摆与竖直方向的偏角为α，则加速度___________（用g和α表示）。【答案】（1）9.30（2）BC（3）（4）gtanα【解析】（1）小球的直径（2）根据摆长等于摆线长度加上小球半径，所以用单摆测量当地的重力加速度，除了测出小球的直径外，还应测量的物理量有摆线的长度L和单摆做简谐运动时的周期T。故选BC。（3）摆长=用上述操作过程中测量出的物理量的符号表示重力加速度为（4）由牛顿第二定律可知mgtanα=ma解得a=gtanα16.在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中。（1）下列操作可以减小实验误差的是___________。A.、及、之间的距离适当大些B.入射角适当小些C.入射角适当大些D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的（2）正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示，此玻璃的折射率计算式___________。（用图中的、表示）（3）实验小组内的学生在实验中，为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的和都比实际的折射面向外侧平移了一些（如图乙所示），以后的操作都正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）AC（2）（3）偏小【解析】（1）A．、及、之间的距离适当大些，可以减小在确定光线方向时的误差，A正确；BC．入射角适当大些可减小测量角度时的误差，B错误，C正确；D．若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大的，可减小确定光线方向时的误差，D错误。故选AC。（2）根据光路图可得玻璃的折射率计算式（3）如图所示，该同学画出的和都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在、上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示该同学画出的光路图，可见入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率将偏小。17.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器结构如图所示，Ua/V1.802.803.80Ub/V4.006.018.02（1）变压器的铁芯，它的结构和材料是________；（填字母）A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的硅钢片叠成 D.绝缘的铜片叠成（2）如上中图所示，电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是________（选填“甲”或“乙”）；使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于________挡。（3）用匝数na=400匝和nb=800匝的变压器，实验测量数据如上表所示：根据测量数据可判断原线圈匝数为________匝。（填“400”或“800”），实验数据中电压比与匝数比不严格相等，主要原因是________；【答案】（1）C（2）乙交流电压（3）800电变压器不是理想变压器【解析】（1）[1]观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。故选C。（2）[2]电源输出端应是交流电，故选择乙的连接方式；[3]使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于“交流电压”挡；（3）[4][5]观察发现，Ua总是略小于Ub的一半，考