四川省南充市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题（含答案）

第第页四川省南充市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题一、单项选择题（本大题7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项最符合题意。）1．以下说法正确的是（）A．变化的磁场能够在周围空间产生电场B．麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在C．验钞机和遥控器的工作均利用了红外线D．紫外线比无线电波频率小2．如图，通有恒定电流I的一直导线，右侧有一个闭合矩形导线框abcd，ab边与直导线平行。当导线框在直导线右侧做以下几种运动时，导线框中有感应电流且穿过导线框的磁通量变大的是（）A．导线框在纸面内向上平动B．导线框在纸面内向右平动C．导线框在纸面内向左平动D．导线框以bc边为轴，ad边向纸内转动90°的过程3．弹簧振子在竖直方向做简谐运动，则（）A．振子两次经过同一位置时速度一定相同B．振子某时刻的位移由平衡位置指向所在位置C．振子经过平衡位置时，速度最小D．弹簧振子只有弹性势能和动能相互转化4．某同学用单摆测量重力加速度，如果最后测得的重力加速度比当地重力加速度的真实值偏大，他在实验过程中可能出现的失误是（）A．选用的悬线的长度较大B．把在时间t内的n次全振动误记为n−1次C．用悬线长作为摆长来计算D．用悬线长与摆球的直径之和作为摆长来计算5．如图为一匀强电场，某带电粒子仅受重力和电场力，以一定初速度从A点运动到B点。这一运动过程中重力做功−2.0J，电场力做功为1.5A．粒子带负电 B．粒子的电势能减少1.5C．粒子的重力势能减少2.0J D．粒子的动能增加6．当苹果受到地板的平均作用力超过自身重力的3倍就会碰伤，现将苹果从h高处自由释放，假定苹果从接触地板到减速为0的时间恒为0.1s，重力加速度g=10A．0.1m B．0.2m C．0.3m7．如图，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为固定电容器，电表均为理想表。在滑动变阻器R3的滑片P从a端向b端滑动的过程中（）A．电流表、电压表的示数均减小 B．电源的输出功率减小C．电容器所带电荷量增加 D．电源的效率减小二、多项选择题（本大题3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8．一列简谐横波沿x轴方向传播，图甲是t=0时波的图像，图乙为图甲中质点P的振动图像，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴正方向传播B．波传播的速度为3C．经过一个周期，质点P沿x轴运动2.4D．该波通过直径为0.2m9．无限长通电直导线在其周围空间产生磁场，其磁感应强度大小的表达式为B=kIr，k为常数，I为电流大小，r为某点与导线的距离，如图，AB、CD为两条平行的无限长通电直导线，导线A．导线CD中的电流由D流向CB．导线CD中的电流大小是2IC．导线CD右侧的磁场垂直于纸面向里D．导线CD右侧空间磁感应强度大小可能为010．如图甲，在粗糙程度相同的水平面内，固定着两个等量的负点电荷M和N，O、A、B是水平面内M、N连线的中垂线上的三点，B点是MN的中点，O与B间距为0.2m。带正电的小球（可视为质点）由O点静止释放，其质量为1×10−2kg、电荷量为2×10−3CA．从O到B，小球的加速度先增大后减小B．在O与B之间，A点的电场强度最小C．从O到B，小球的电势能减小D．O、B两点的电势差U三、实验探究题（本题共2小题，每空2分，共16分）11．某物理兴趣小组用图甲所示的实验装置验证“动量守恒定律”。在水平平台（摩擦忽略不计）上的A、B两点放置两个光电门，固定有挡光片的滑块a、b用细线连接，中间夹一被压缩的轻短弹簧（与a、b不拴接），静止放置在两光电门之间，烧断细线，a、b瞬间被弹开，分别通过光电门A、B。（1）图乙，用游标卡尺（20分度）测量a滑块上的挡光片宽度为mm。（2）为验证动量守恒定律，需测量两挡光片宽度da、db，挡光片分别通过光电门的遮光时间ta、tb，以及滑块a的质量ma和。（3）若等式（用以上所测物理量符号表示）成立，则滑块a、b的动量守恒。12．按要求填空：（1）半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：待测电流表A（量程0∼1mA滑动变阻器R1（最大阻值10电阻箱R2（最大阻值999.9电源E（电动势为6V测量方法是：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，此时电阻箱R（2）将该电流表A改装成量程为0∼100mA的电流表A1，应给电流表A（选填“串联”或“并联”）一个电阻，改装后的电流表A1的内阻为（3）测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r，利用改装后的电流表A1和其它实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出1I−R0图像为一条直线（如图丙），由图中数据计算出该电池的电动势E=四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应当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。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次接力赛练习，当运动员乙追上前方运动员甲时，甲的速度大小v1=8m/s，乙的速度大小v2=10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以v3=12m/s的速度向前冲出，忽略该过程运动员与冰面间的摩擦。已知甲、乙运动员的质量均为m=60kg，乙推甲的时间为t=0.8s，求：（1）乙推甲后瞬间乙的速度大小v4；（2）乙推甲的过程，乙对甲的冲量I；（3）乙推甲的过程，乙对甲平均作用力的大小F。14．电动自行车电路部分的原理图可简化为图乙所示，已知该电动车电源电动势E=48V，内阻r=2Ω，电动机内阻RM=0.5Ω（1）只有S1闭合时，求通过电源的电流I1及车灯的两端电压（2）S1、S2均闭合时，电动机正常工作，通过电源的电流I2=10A15．如图，在同一竖直面内，有倾角为θ=53°的光滑斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，并在水平面C点平滑连接一半径R=0.2m的竖直光滑圆轨道，整个区域存在水平向右的匀强电场E。质量m=1kg、电荷量为+q的小球，从斜面上P点由静止释放，沿斜面和水平面运动至C，再从C进入圆轨道，沿轨道内侧做一个完整的圆周运动之后再从C离开向右运动。已知：P、B距离l1=1m，B、C距离l2=1115m（1）小球从P到C的过程中，电场力做的功W电、重力做的功WG；（2）小球到达C点时速度大小；（3）小球在圆轨道上运动时，对轨道压力的最小值。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会在周围空间激发电场（变化的电场也会激发磁场），故A正确；B．麦克斯韦仅从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验首次证实了电磁波，故B错误；C．验钞机利用紫外线使荧光物质发光防伪，遥控器利用红外线传递信号，二者原理不同，故C错误；D．各种射线的波长从大到小排序为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，故紫外线比无线电波的波长小，频率大，故D错误。故答案为：A。

【分析】本题考查电磁场理论与电磁波的基本性质，核心是逐一验证各选项对应的电磁学规律、电磁波应用及频率波长关系。2．【答案】C【解析】【解答】A：线框向上平动，离导线的距离不变，磁通量不变，无感应电流，A错误；

B：线框向右平动，离导线越来越远，磁场变弱，磁通量减小，B错误；

C：线框向左平动，离导线越来越近，磁场变强，磁通量变大，且磁通量变化会产生感应电流，C正确；

D：线框以bc为轴转动，线框平面逐渐与磁场方向平行，磁通量减小，D错误。故答案为：C。

【分析】本题考查感应电流的产生条件与磁通量变化的判断，核心是结合通电直导线的磁场分布（离导线越近磁场越强），分析线框运动时磁通量的变化。3．【答案】B【解析】【解答】A．简谐运动中，振子两次经过同一位置时，速度大小相等，但方向可能相反（如从平衡位置向上和向下经过同一位置），因此速度不一定相同，故A错误；B．简谐运动的位移定义为“由平衡位置指向振子所在位置的有向线段”，因此振子某时刻的位移由平衡位置指向所在位置，故B正确；C．平衡位置是振子所受合力为零的位置，简谐运动中，振子经过平衡位置时动能最大，速度最大，故C错误；D．竖直方向的弹簧振子运动时，除了弹簧的弹性势能与振子的动能相互转化，还伴随重力势能的变化（振子高度变化），因此是弹性势能、动能、重力势能三者间的转化，故D错误。故答案为：B。

【分析】本题考查竖直弹簧振子的简谐运动规律，核心是围绕简谐运动的位移定义、速度变化、能量转化等基本概念，逐一分析选项。4．【答案】D【解析】【解答】由单摆周期公式推导得重力加速度表达式：g=4π2LT2，其中L为摆长（悬线长+摆球半径），A：悬线长度较大不影响g的计算（只需准确测量摆长），不会导致g偏大，A错误；B：将n次全振动误记为n−1次，周期T=tn−1偏大，由g=4C：用悬线长作为摆长（忽略摆球半径），摆长L偏小，由g=4π2D：用悬线长+摆球直径作为摆长（实际应加半径），摆长L偏大，由g=4π2故答案为：D。

【分析】本题考查单摆测重力加速度的误差分析，核心是结合单摆周期公式g=4π2LT2，分析摆长5．【答案】B【解析】【解答】A．电场力做功为正，说明电场力方向与运动的水平分方向一致（向右），与场强方向相同，因此粒子带正电，A错误；B．电场力做功与电势能变化的关系为“电场力做正功，电势能减少”，且减少量等于电场力做功的大小，因此电势能减少1.5J，B正确；C．重力做功为负，说明重力势能增加，增加量等于重力做功的绝对值（2.0J），并非减少，C错误；D．根据动能定理WG+W电=故答案为：B。

【分析】本题考查功能关系的应用，核心是结合重力、电场力做功与对应势能的变化关系，以及动能定理分析各物理量的变化。6．【答案】B【解析】【解答】设苹果落地前瞬间速度大小为v，由动能定理可得mgh=规定竖直向上为正方向，对苹果与地面碰撞的过程应用动量定理Ft−mgt=0−苹果能承受最大的作用力为F=3mg联立可得保证苹果完好，h最大值为h=0.2故答案为：B。

【分析】本题考查动能定理与动量定理的结合应用，核心是先通过自由下落过程的动能定理求落地速度，再通过碰撞过程的动量定理求最大下落高度。7．【答案】D【解析】【解答】A．在滑动变阻器R3的滑片P从a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻值变小，外电路电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得，干路中电流变大，内电压变大，路端电压变小，R1两端电压变大，电压表示数变大，R2两端电压减小，流过R2的电流减小，则流过滑动变阻器的电流变大，电流表示数变大，故A错误；B．根据电源的输出功率随外电路电阻的关系可知，当外电阻与内阻相等时，电源的输出功率达到最大，由于R1C．R2两端电压减小，则电容器两端电压减小，根据C=QD．电源的效率为η=UI故答案为：D。

【分析】本题考查含电容器的电路动态分析，核心是通过滑动变阻器的电阻变化，结合闭合电路欧姆定律、电源输出功率、电容器电荷量、电源效率的规律，逐一分析各物理量的变化。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．由图乙（P点振动图像）知，t=0时P点向y轴负方向振动；在图甲（波的图像）中，根据“同侧法”（振动方向与传播方向在波的同侧），可知波沿x轴负方向传播，A错误；B．从图中可知，λ=2.4m，T=0.8s，可得该波的传播速度为C．质点只在平衡位置附近往复振动，并不沿x轴方向运动，C错误；D．发生明显衍射的条件是，只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，可观察到明显的衍射现象，所以该波通过直径为0.2m故答案为：BD。

【分析】本题考查简谐波的传播规律与衍射现象，核心是结合波的图像、振动图像分析波速，同时明确质点振动特点与衍射条件。9．【答案】A,C【解析】【解答】AB．O处的磁感应强度B=0，说明AB、CD中的电流在O处产生的磁场方向相反、大小相等，根据安培定则和题中提供的磁感应强度大小计算式B=kICD．根据安培定则，AB、CD中的电流在导线CD右侧空间产生的磁场方向都是垂直纸面向里，所以CD右侧空间磁感应强度大小不可能为0，故C正确，D错误。故答案为：AC。

【分析】本题考查无限长通电直导线的磁场叠加，核心是结合安培定则判断磁场方向，利用磁感应强度公式分析电流大小与磁场叠加结果。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，斜率先增大、后减小、再增大，因此加速度先增大后减小再增大，并非“先增大后减小”，故A错误；B．MN是等量负点电荷，其中垂线（OB线）上，B点（MN中点）的电场强度为0（两电荷在B点的电场等大反向），故B点电场强度最小，并非A点，故B错误；C．等量同种电荷电场线分布规律可知，AB直线上电场强度方向A指向B，由于小球带正电，故其电场力方向A指向B，所以从O到B，电场力一直做正功，小球的电势能一直在减小，故C正确；D．从O到B，由动能定理可得WOB−μmgxOB=0故答案为：CD。

【分析】本题考查带电粒子在电场与摩擦力共同作用下的运动，核心是结合v-t图像分析加速度、利用功能关系（动能定理）分析电势能与电势差。11．【答案】（1）3.15（2）滑块b的质量mb（3）m【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以3mm+3×0.05（2）根据动量守恒定律可得mava=所以m则需要测量两挡光片宽度da、db，挡光片分别通过光电门的遮光时间ta、tb，以及滑块a的质量ma和滑块b的质量mb。

故答案为：滑块b的质量mb（3）根据以上分析可知，若系统动量守恒，则madata=mbdbtb（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以3（2）根据动量守恒定律可得mava=所以m则需要测量两挡光片宽度da、db，挡光片分别通过光电门的遮光时间ta、tb，以及滑块a的质量ma和滑块b的质量mb。（3）根据以上分析可知，若系统动量守恒，则ma12．【答案】（1）99.0（2）并联；0.99（3）1.13；10.3【解析】【解答】本题考查了半偏法测电流表内阻以及电流表的改装的实验，考查了电动势和内阻的测量的实验，要明确实验的原理，掌握欧姆定律、闭合电路的欧姆定律和并联电路的特点的运用。（1）断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏，电流为IA，保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2电流表A内阻等于此时电阻箱R2的阻值为

（2）将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。如图改装后的电流表A1的内阻为

（3）根据闭合电路欧姆定律，有

E=I可得

11I−R可得

E=1.13图像的纵截距为

b=可得

r=10.3Ω

​​​​​​​【分析】（1）根据半偏法测电流表内阻的原理，结合欧姆定律和并联电路的特点求解作答；

（2）并联电阻有分流作用，电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻；根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答；

（3）根据闭合电路的欧姆定律求解1（1）断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏，电流为IA，保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R电流表A内阻等于此时电阻箱R2的阻值为（2）[1]将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。[2]如图改装后的电流表A1的内阻为（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，有E=I可得11I−可得E=1.13图像的纵截距为b=可得r=10.313．【答案】（1）解：选甲乙运动方向为正方向，乙推甲，根据动量守恒定律可得m代入数据解得v（2）解：乙推甲，由动量定理可得乙对甲的冲量为I=m代入数据得I=240方向与运动方向相同，即水平向前（3）解：乙推甲，乙对甲的冲量I=Ft代入数据解得F=300【解析】【分析】（1）乙的速度：利用甲、乙系统的动量守恒，结合已知速度求解；

（2）乙对甲的冲量：通过甲的动量变化（动量定理）计算；

（3）平均作用力：由冲量与时间的关系（I=Ft）推导。（1）选甲乙运动方向为正方向，乙推甲，根据动量守恒定律可得m代入数据解得v（2）乙推甲，由动量定理可得乙对甲的