广东省深圳市宝安区2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试题（含答案）

第第页广东省深圳市宝安区2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试题一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．a、b两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，a带正电、b带负电，且A． B．C． D．2．图中为服务员端着一碗汤步行的情境，汤随着人的步行发生受迫振动，下列关于该过程说法正确的是（）A．服务员步频越大，汤晃动频率越大B．服务员步幅越大，汤晃动频率越大C．服务员步频越大，汤晃动幅度越大D．服务员步幅越大，汤晃动幅度越大3．a、b两束不同频率的单色光垂直于直径射入半圆形玻璃砖，两束光在玻璃砖中轴线两侧对称分布。光线射出玻璃砖后交于A．a光的折射率大于b光B．a光的频率小于b光的频率C．a光通过玻璃砖的时间大于b光D．增大玻璃砖半径R，两光线交点与中轴线距离将增大4．地球绕太阳运动可视作线速度为v的匀速圆周运动。已知地球质量为m，太阳对地球的引力大小为F。地球绕太阳运动的周期为T，则在T2A．引力的冲量为零 B．引力的冲量为FTC．地球动量变化量为零 D．地球动量变化量大小为2mv5．用如图所示的装置来做双缝干涉实验，已知强光源输出平行白光，光源到双缝的距离为d1，双缝到半透明屏幕距离为dA．仅减小d1B．仅去除蓝色滤光片，屏幕上出现黑白相间的干涉条纹C．仅把蓝色滤光片换成红色滤光片，屏幕上的条纹间距变大D．去除蓝色滤光片，在双缝的两条缝前分别放黄色和蓝色滤光片，屏幕将出现绿色干涉条纹6．一个半径为R，不带电的金属球放置在绝缘支架上，球心位置为O。带电量为−Q的点电荷放置在与球心的距离为d的位置，如图所示。此时金属球表面产生了感应电荷，下列说法正确的是（）A．O点的电势为零B．小球中的感应电荷总量等于QC．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为kD．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为k7．某实验小组用电流传感器观察电容器的充、放电现象，实验电路如图所示。其中R1和R2为两个定值电阻，A． B．C． D．二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给定的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，不选或有错的不得分。8．在竖直向下的匀强电场中射入Ａ、Ｂ两带电油滴，两油滴质量相等，A的带电量为q1，B带电量为qA．A的带电量大于BB．A带负电，B带正电C．A的运动方向电势升高，B的运动方向电势降低D．A的电势能逐渐减小，B的电势能逐渐增大9．如图，一列简谐横波沿x轴负方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图。已知该简谐波的周期满足T<0.5A．这列波的周期为2B．这列波的波速为10C．这列波的频率为1.5D．t=1.3 s时，x=110．2024年3月17日，在荷兰鹿特丹进行的2024年国际滑联短道速滑世锦赛中，中国队在男女混合2000米接力决赛中获得冠军。接力时，选手A在未被推动前不得开始滑行，选手B从后面靠近并用力推动A，使A获得初速度。两选手相互作用时间极短，在接力前后瞬间，以下说法正确的有（）A．A与B构成的系统动量守恒B．A与B构成的系统机械能守恒C．B对A的冲量大小大于A对B的冲量大小D．B对A的冲量大小等于A对B的冲量大小三、实验题：共2小题，每空2分，共16分11．某同学用单摆测量当地重力加速度，其实验装置如图甲所示。（1）将单摆挂在力传感器的下端（图中未画出传感器），通过力传感器测量摆动过程中摆线受到的拉力F，记录拉力F随时间t的变化，如图乙所示，根据图乙可以计算出单摆的周期为t0（2）用游标卡尺测小钢球直径，游标卡尺的示数如图丙所示，则小钢球直径d为mm；用刻度尺测得摆线长为l，则重力加速度的表达式为（用t0（3）改变摆线的长度l，测出相应的T，测量出多组数据，绘制出l−T2图像，如图丁所示，则由图可计算出重力加速度为12．某实验小组通过提升重物的方式验证直流电动机工作时电功率、机械功率和热功率的守恒关系。实验装置如图所示。其主要器材包括稳压电源、电动机（带（1）绞盘）、力传感器、位移传感器、定滑轮、重物及支架。（1）为了测量电动机的工作时的热功率，先进行电动机线圈电阻r的测量，此时需要保证（填“电动机正常工作”或“电动机不转动”），选用（填“甲”或“乙”）测量电路进行测量。（2）然后把定滑轮固定在力传感器下方，再把力传感器固定在支架上且示数调零。轻质细绳跨过定滑轮，一端连接电动机绞盘，另一端连接重物。电动机带动绞盘旋转，拉动重物匀速直线上升。读取力传感器示数为F0，通过位移传感器测算重物上升时的速度v0，进而计算出电动机的机械功率为P机械=（3）根据电源显示屏直接读出电动机匀速提升重物时，电源对电动机提供的电压U0以及电流I0，可计算电动机的线圈的热功率P热=四、计算题：共3小题，共38分。解答过程要有必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的，必须明确写出数值和单位。13．A、O、B为某均匀介质中的三点，已知O在A、B的连线上，且AO=3m，OB=4 m，如图甲所示。t=0时刻波源O开始振动，振动图像如图乙所示。A起振（1）该波的波速v和波长λ；（2）B点开始振动时A点的位移及运动方向。14．以下为某电动玩具电路结构的简略图。已知电源电动势E=12 V，内阻r=0.1Ω，指示灯额定电压为U0=10 V，电阻RL=10Ω（1）此时滑动变阻器R的阻值；（2）该电动玩具的机械效率η（电动机的机械功率与电源输出电功率之比）。15．如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场E1，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差为h=0.45 m,C是轨道最低点，D是轨道的最高点，圆弧BC对应的圆心角θ=37°，圆弧形轨道处在水平向左的匀强电场E2中（图中未画出），平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块（大小可忽略不计）从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷qm=2×10−2C（1）物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x（2）平台所在区域的场强大小E1（3）圆弧轨道的半径R。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于a带正电、b带负电，且qa>q故答案为：A。

【分析】1.两电荷（+qa、−qb，2.正点电荷的电场线是从电荷出发向四周均匀辐射的直线，据此匹配选项。2．【答案】A【解析】【解答】AB．汤做受迫振动，其频率只由驱动力的频率决定，故汤晃动的频率与服务员步频相同，故服务员步频越大，汤晃动频率越大，故A正确，B错误；CD．受迫振动的物体的振幅由驱动力的频率与物体的固有频率关系决定，两者越接近，物体的振幅越大，而题中汤的固有频率未知，故CD错误。故答案为：A。

【分析】AB：受迫振动频率≡驱动力频率（与步幅无关）。

CD：受迫振动振幅由“驱动力频率与固有频率的接近程度”决定（越接近，振幅越大），因固有频率未知，无法仅由步频/步幅判断振幅。3．【答案】B【解析】【解答】A．由如图所示光路图可知，两束光在球面上的入射角i相等，a光的折射角ra小于b光的折射角rb因此有n故A错误；B．频率越大的光在同种介质中的折射率越大，因此a光的频率小于b光的频率，故B正确；C．光在介质中的传播速度v=因为na<nb，因此vaD．增大玻璃砖半径R，则入射角减小，对应的折射角也减小，由于入射角相同时，a光的折射角ra小于b光的折射角rb，故当减小相同的入射角时，a光减小的折射角小于故答案为：B。

【分析】A.用折射定律（n=sinrB.依据“频率大→折射率大”关联。C.由v=cn和t=sD.分析半径增大时入射角、折射角变化，结合几何关系判断交点距离。4．【答案】D【解析】【解答】ACD．根据题意可知，在T2时间内，地球绕太阳运动过程中地球的动量变化量大小为由动量定理可得，引力的冲量为I=Δp=2mv≠0B．由于引力的方向时刻改变，引力的冲量不能直接用引力乘以作用时间来进行计算，故B错误。故答案为：D。

【分析】1.动量变化末初Δp=p末2.动量定理I=Δp，引力冲量等于动量变化，因引力是变力，不能直接用3.逐一分析选项，判断冲量是否为零、动量变化是否为零及大小。5．【答案】C【解析】【解答】A．根据Δx=Ldλ，其中d2=L为双缝到屏幕的距离，B．仅去除蓝色玻璃片，屏幕上出现的是彩色的干涉条纹，故B错误；C．红光波长大于蓝光波长，根据Δx=D．入射光用白光，在双缝中的一缝前放黄色滤光片，另一缝前放蓝色滤光片，两束光频率不同，像屏上会有亮光，但不会出现干涉条纹，故D错误。故答案为：C。

【分析】1.用Δx=d2dλ2.依据白光（多波长）干涉会产生彩色条纹。3.结合干涉条件（频率相同），分析D中“不同频率光”无法干涉。6．【答案】D【解析】【解答】A．由于没有规定何处电势为0，故无法确定O点电势，故A错误；B．静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，故B错误；CD．导体球处于静电平衡时，O点场强为0，即-Q的点电荷与感应电荷在O点产生的合场强为0，因此感应电荷在O点产生的电场强大小等于-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小，而-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小为E=k故C错误，D正确。故答案为：D。

【分析】1.电势具有相对性，无零点规定时无法确定O点电势.2.静电感应是电荷重新分布，总电荷量不变（仍为0）。3.静电平衡时内部场强为0，点电荷与感应电荷的场强在O点抵消，结合点电荷场强公式E=kQr27．【答案】D【解析】【解答】电容器通过电阻R1充电，通过电阻R2放电。开始充电瞬间的电流大小约为I1充电完毕后，电容器两端的电压也为E，因此开始放电瞬间的电流大小约为I其中R因此放电瞬间的电流大小约为开始充电瞬间电流大小的一半；充、放电时的电流方向相反，电阻越大，电流越小，根据充放电的电荷量相同q=It可知放电的时间比充电时间长。故答案为：D。

【分析】1.充电：通过R1，初始电流I2.放电：通过R2，初始电流I2=ER8．【答案】C,D【解析】【解答】AB．A、B两油滴均只受到重力和电场力作用，由于两油滴均做匀速直线运动，因此油滴受力平衡，即mg=Eq电场力方向向上，可知两油滴均带负电；且两油滴质量相等，故两者的带电量相同，故AB错误；C．沿电场方向，电势逐渐降低，由题可知，A的运动方向电势升高，B的运动方向电势降低，故C正确；D．运动过程中，电场力对油滴A做正功，对油滴B做负功，因此A的电势能减小，B的电势能增大，故D正确。故答案为：CD。

【分析】1.匀速运动，合力为零，推导油滴电性（负电）和电量关系（相等）。2.依据“沿电场线电势降低”，分析A、B运动方向对应的电势变化。3.通过“电场力做功正负”，确定电势能增减。9．【答案】B,D【解析】【解答】ABC．由图可知，此机械波的波长λ=4由于波沿x轴负方向传播，波在一个周期内传播的位移为一个波长，又T<0.5 s<2T，因此在Δ因此波的传播速度为v=由v=λT可知，波的周期为T=0.4sD．根据题意可知t=1.3由于经过整数个周期的时间，质点的振动状态相同，因此x=1 m处的质点在t=1.3 s时的状态与t=0时的状态再经过14T时的状态相同，t=0时，故答案为：BD。

【分析】1.由波形图得波长λ=4m，根据传播方向（负向）和时间范围T<0.5s<2T，确定0.5s内波传播距离（λ+1m），用v=Δ2.分解t=1.3s为“整数周期+分数周期”，利用“整数周期振动状态重复”，结合t=0时质点位置，分析1410．【答案】A,D【解析】【解答】ACD．由于作用时间非常短暂，A、B构成的系统在相互作用的过程中动量守恒，即A对B的冲量与B对A的冲量大小相等，方向相反，故AD正确，C错误；B．A、B构成的系统机械能可能增大，可能守恒，也可能减小，故B错误。故答案为：AD。

【分析】A：因作用时间极短，外力冲量可忽略，系统合外力冲量为0，动量守恒。

B：B推A时存在非保守力（肌肉力）做功，机械能不守恒。

C、D：相互作用力等大反向、作用时间相同，冲量大小相等（方向相反）。11．【答案】（1）4（2）18.4；π（3）4【解析】【解答】（1）由图乙可知：单摆的周期T=5t（2）10分度游标卡尺的精确值为0.01mm，由图可知小钢球直径为d=18根据单摆周期公式可得T=2πLg=2πl+d2g（3）根据T=2π可得l=可知l−T2解得g=4π2ba（2）直径：利用游标卡尺“主尺+游标尺”读数规则，计算小球直径；重力加速度：结合摆长（摆线长+小球半径）和周期公式T=2πL（3）将周期公式变形为线性关系l=g4π2T（1）由图乙可知：单摆的周期T=5t（2）[1]10分度游标卡尺的精确值为0.01mm，由图可知小钢球直径为[2]根据单摆周期公式可得T=2π可得重力加速度的表达式为g=（3）根据T=2π可得l=可知l−T2解得g=12．【答案】（1）电动机不转动；乙（2）F（3）U【解析】【解答】（1）用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。

故答案为：电动机不转动；乙（2）电动机的拉力F的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为P机械=Fv（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为U0，通过电动机的电流为I0，因此电动机工作时的电功率为U0I0，故只需在实验误差允许范围内验证U0I2.机械功率：通过力传感器示数F0推导细绳张力（F023.能量守恒：电功率电P电（1）[1][2]用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。（2）电动机的拉力F的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为P（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为U0，通过电动机的电流为I0，因此电动机工作时的电功率为U即可验证电动机的能量转化和守恒关系。13．【答案】（1）解：波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度v大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为tA=故波传播到A、B两点的时间差为t=代入数据联立解得v=1.0根据波源O的振动图像可知，波的周期为T=2由波长、周期和波速的关系v=代入数据解得λ=2.0 m（2）解：由题可知，当B开始振动时，A已经运动了t=1.0 s=T【解析】【分析】（1）波速：通过A、B起振时间差（1.0s）和距离差（1m），用v=ΔxΔt计算；结合振动图像得周期（2）质点状态：B起振时，A振动时间为T2（1）波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度v大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为tA=故波传播到A、B两点的时间差为t=代入数据联立解得v=1.0根据波源O的振动图像可知，波的周期为T=2由波长、周期和波速的关系v=代入数据解得λ=2.0（2）由题可知，当B开始振动时，A已经运动了t=1.0 s=T14．【答案】（1）解：由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为U根据欧姆定律I解得I电动机电流I解得I根据闭合电路欧姆定律E=解得R=0.3Ω（2）解：根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为P解得P电动机的机械功率P路端电压U=E−电源的输出功率P解得η=P【解析】【分析】（1）求R：通过指示灯的额定电压、电阻算电流；电动机由额定功率和电压算电流；总电流代入闭合电路定律，解R。

（2）求效率：先算电动机热功率（焦耳定律），得机械功率（额定功率-热功率）；再算电源输出功率（路端电压×总电流）；最后用机械功率与输出功率的比值算效率。（1）由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为U根据欧姆定律I解得I电动机电流I解得I根据闭合电路欧姆定律E=解得R=0.3（2）根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为P解得P电动机的机械功率P路端电压U=E−电源的输出功率P解得η=15．【答案】（1）解：从A到B的过程中，小球做平抛运动，故在B点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹角为θ=37°，则有tan而v代入数据，解得vv由h=得t=0.3故A、B（2）解：从释放小球到小球到达A点的过程中，有q解得E（3）解：在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场