江西省吉安市2024-2025學年高二上學期期末教學質量檢測物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1吉安市高二上學期期末教學質量檢測物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。一、選擇題（本題共10小題，共46分。第1-7小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，每小題4分；第8-10小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1.下列關于電磁現(xiàn)象、電磁波的說法正確的是（）A.設磁感線從某個面的正面進入的磁通量為正，則從反面進入為負，說明磁通量是矢量B.“磁生電”是一種在變化、運動中才能出現(xiàn)的效應，把各種“磁生電”現(xiàn)象叫電磁感應C.電磁波以波的形式只能在介質中傳播，傳遞能量和動量D.電磁波的波速等于波長與頻率的乘積，真空中波速與波長、頻率均成正比【答案】B【解析】A．設磁感線從某個面的正面進入的磁通量為正，則從反而進入為負，說明磁通量有正負之分，但磁通量是標量，故A錯誤；B．法拉第認為“磁生電”是一種在變化、運動中才能出現(xiàn)的效應，他把各種“磁生電”現(xiàn)象叫電磁感應，故B正確；C．電磁波可以在介質和真空中傳播，故C錯誤；D．電磁波的波速等于波長與頻率的乘積，真空中波速是光速，是定值，與波長、頻率均無關，故D錯誤。2.關于波與光的有關現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.對于穩(wěn)定的干涉圖樣，振動的加強區(qū)、減弱區(qū)相間分布，位置不變B.對于衍射條紋，中央條紋最窄最亮，離中央越遠，條紋越寬越暗C.自然光通過偏振片，振動方向與“透振方向”垂直時，光才能完全通過D.光從光疏介質進入光密介質，當入射角增大到一定程度，折射光線完全消失【答案】A【解析】A．根據(jù)光的干涉的條件，對于穩(wěn)定的干涉圖樣，振動的加強區(qū)、減弱區(qū)相間分布，位置不變。A正確；B．對于衍射條紋、中央條紋應該是最寬最亮，離中央越遠，條紋越窄越暗。B錯誤；C．自然光通過偏振片，振動方向與“透振方向”一致時，光才能完全通過，垂直時，光就完全不能通過。C錯誤；D．光從光疏介質射向光密介質時，折射角小于入射角，入射角再大折射角也不會達到90°，因此不會發(fā)生全反射，D錯誤。故選A。3.等量異種點電荷的電場線與異名磁極的磁感線對比如下圖所示，下列說法正確的是（）甲：等量異種點電荷的電場線乙：異名磁極的磁感線A.電場線起于正電荷，止于負電荷，是閉合的場線B.磁感線起于N極，止于S極，是不閉合的場線C.磁感線的疏密代表磁場的強弱，磁場的方向與磁感線垂直D.電場線的疏密代表電場的強弱，電場的方向沿電場線的切線方向【答案】D【解析】A．電場線起于正電荷或無限遠。止于負電荷或無限遠，有起點有終點是不閉合的場線，故A錯誤；B．在磁體外部，磁感線由N極指向S極，在磁體的內部。磁感線由S極指向N極，磁感線是閉合的場線，沒有起點沒有終點，故B錯誤；C．磁感線的疏密代表磁場的強弱，磁場的方向沿磁感線的切線方向，故C錯誤；D．電場線的疏密代表電場的強弱，電場的方向沿電場線的切線方向，故D正確。4.一列簡諧橫波沿x軸的正方向傳播，時刻對應的部分波形圖像如圖所示，A、B兩點與x軸的距離相等，A質點再回到平衡位置所需的最短時間為，B質點再回到平衡位置所需的最短時間為，已知C、D兩點平衡位置間的距離為3m，下列說法正確的是（）A.此列波的波速為3m/sB.此列波的傳播周期為1sC.時刻B質點正向下振動D.坐標原點處質點的振動方程為【答案】A【解析】B．根據(jù)波動的原理。A、B再次回到平衡位置的最短時間之和等于半個周期，即，可得，故B錯誤；A．由C、D兩點平衡位置間的距離為3m可知，此列波的波長為，則波速為，故A正確；C．此列波沿著x軸的正方向傳播，時刻B處在下坡，根據(jù)“上坡下，下坡上”可知，B質點正向上振動，故C錯誤；D．坐標原點處質點的振動方程為，代入數(shù)據(jù)可得，故D錯誤。5.如圖甲是多用電表的外部結構，如圖乙是多用電表簡單的內部結構，靈敏電流計的最大電流為，下列說法正確的是（）A.測量前，需要調節(jié)機械調零旋鈕，使指針指向歐姆零點B.不管多用電表測電壓還是測電阻，紅表筆的電勢均高于黑表筆C.測電阻時，當指針偏轉角過大，把歐姆擋倍率變小，并重新歐姆調零D.對于乙圖，若紅、黑表筆短接，當電流計電流最大，的接入值為【答案】C【解析】A．測量前，需要調節(jié)機械調零旋鈕，使指針指向表盤左端0刻度，故A錯誤；B．多用電表測電壓時，紅表筆的電勢高于黑表筆，測電阻時，紅表筆的電勢低于黑表筆，故B錯誤；C．測電阻時，當指針偏轉角過大，說明待測電阻相對所選倍率較小，應把歐姆擋倍率變小，并需要重新歐姆調零，故C正確；D．對于乙圖，若紅、黑表筆短接，當電流計電流最大，則有可得故D錯誤故選C。6.如圖所示，靜電計與平行板電容器相連，電容器與恒壓電源相連，先閉合開關S，讓電容器帶電。然后斷開S或繼續(xù)閉合S，把一塊薄板向下插入平行板的正中央，規(guī)定大地的電勢為0，則插入薄板前后，下列說法正確的是（）A.靜電計外殼的電勢大于0B.若S閉合，薄板是陶瓷，插入后指針的偏角等于插入前的偏角C.若S斷開，薄板是陶瓷，插入后電容器間電場強度大于插入前的電場強度D.若S斷開，薄板是金屬板，插入后的電容小于插入前的電容【答案】B【解析】A．規(guī)定大地的電勢為0，靜電計外殼接地，則外殼的電勢等于0，故A錯誤；B．若S閉合，薄板是陶瓷，插入前后電容器的電壓不變，靜電計是測量電容器兩板間電壓的裝置，則指針的偏角不變，故B正確；C．若S斷開，薄板是陶瓷，電容器所帶電量不變，插入后電容增大，根據(jù)電容決定式可知電容變大，根據(jù)電容定義式可知兩板間電壓減小，板間場強為兩板間距離不變，板間電場強度減小，故C錯誤；D．若S斷開，薄板是金屬板，插入后相當于變成兩個電容器，每個電容器的間距變成原來的一半，根據(jù)電容決定式可知每個電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膬杀叮床迦牒蟮碾娙荽笥诓迦肭暗碾娙?，故D錯誤。故選B。7.如圖所示的電路，電源的電動勢為E，內阻為r。阻值也為r的定值電阻接在干路上，阻值為的定值電阻與光敏電阻R并聯(lián)，電壓表、電流表均為理想電表，光敏電阻的阻值與光照強度成反比。閉合開關S，當減小R的光照強度時，下列說法正確的是（）A.兩電壓表的示數(shù)均減小B.的功率減小C.R的功率不一定增大D.、A示數(shù)變化量絕對值之比為r【答案】C【解析】A．當減小R的光照強度時。R的阻值增大，總電阻增大，總電流減小，內電壓減小，則外電壓增大，即的示數(shù)增大，定值電阻r兩端的電壓減小，的示數(shù)即兩端電壓等于外電壓與定值電阻r兩端的電壓之差，則的示數(shù)增大，故A錯誤；B．兩端的電壓增大，電流增大，則的功率增大，故B錯誤；C．兩端的電壓即R兩端的電壓增大，則的電流增大，總電流減小，則R的電流減小，則R的功率不一定增大，故C正確；D．由閉合電路歐姆定律可得則則、示數(shù)變化量絕對值之比為故D錯誤。8.如圖所示，甲、乙、丙三個小球用輕質絕緣細線懸掛在水平橫桿上，處于靜止狀態(tài)，細線均處于豎直狀態(tài)，且三個小球的重心等高，三個小球均視為質點，若小球帶電，則視為點電荷，已知甲、乙間距與乙、丙間距之比為2∶1，下列說法正確的是（）A.三根細線的拉力一定相等B.若乙?guī)щ?，甲、丙可以不帶電C.若甲、丙帶電，則所帶電量之比為2∶1D.若三個小球都帶電，則所帶電量的關系為【答案】BD【解析】A．三個小球的質量大小未知，豎直方向由二力平衡可得三根細線的拉力不一定相等，故A錯誤；B．三個小球均視為質點，若乙?guī)щ姡?、丙不帶電，則三個小球間不存在庫侖力，細線豎直，每個小球均受拉力與重力而處于平衡狀態(tài)，故B正確；C．若甲、丙帶電，則乙要帶電，對乙水平方向由二力平衡和庫侖定律可得解得故C錯誤；D．對丙水平方向由二力平衡和庫侖定律可得可得結合可得可得故D正確。9.一輛質量為m的汽車在公路上做加速直線運動，動量p與時間t的關系圖像如圖所示，三角形的面積為，的斜率是的2倍，B點對應的動量是A點對應動量的1.5倍，下列說法正確的是（）A.圖像的斜率表示加速度B.對應的合力是的2倍C.B點對應的時刻為D.時間內加速度大小為【答案】BC【解析】A．由動量定理可得，則動量的變化率表示合力，圖像的斜率表示動量變化率，所以圖像的斜率表示合力，A錯誤；B．的斜率是的2倍，對應的合力是的2倍，B正確；C．B點對應的動量是A點對應動量的1.5倍，則有設B點對應的時刻為，則有根據(jù)的斜率是的2倍可得聯(lián)立解得，C正確；D．時間內合力為由牛頓第二定律有加速度為聯(lián)立解得D錯誤。故選BC。10.如圖所示，兩輕質細線連接小球甲、乙（均視為質點），掛在天花板上的O點，現(xiàn)讓兩小球從靜止開始釋放，細線伸直，O點到兩球心的距離之比為4∶1，甲、乙的質量分別為m、4m，重力加速度取g，兩小球在到達最低點的過程中，擺角均為（小于5°），下列說法正確的是（）A.甲、乙到達最低點時的動能相等B.乙釋放時，加速度為C.若甲重力沖量大小為I，則乙重力沖量大小也為ID.若乙重力沖量大小為，則O與乙球心的距離為【答案】AD【解析】A．設甲、乙的擺長分別為4L、L，由機械能守恒定律可得可得故A正確；B．乙釋放時，線速度為0，把重力分別沿著細線和垂直細線分解，垂直細線方向的分力是合力，則由牛頓第二定律，有可得故B錯誤；C．由單擺周期公式可知，甲、乙的周期分別為若甲重力的沖量大小為I，由可得故C錯誤；D．若乙重力的沖量大小為，由解得故D正確。二、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.用如圖所示的裝置來驗證動量定理，主要的實驗過程如下。A．用天平測量帶有遮光片的物塊A的質量m，用游標卡尺測出遮光片的寬度d，氣墊導軌水平放置，拉力傳感器安裝在天花板上；B．輕質細線一端連接物塊A，另一端連接拉力傳感器，細線跨越定滑輪，掛有重物B的定滑輪也跨越在細線上；C．打開氣墊導軌的充氣源，放開物塊A，測出遮光片通過光電門1、2的時間、；D．用秒表測出遮光片從光電門1運動到光電門2所用的時間t，通過拉力傳感器讀出細線的拉力F?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列說法正確的是______；A.本實驗需要把氣墊導軌的右側墊高來平衡摩擦力B.本實驗需要測量重物B的質量，由此來計算細線的拉力C.氣墊導軌上方的細線與氣墊導軌可不平行D.若遮光片從光電門1到光電門2的時間t未知，光電門1、2間距L已知，則不能驗證動量定理（2）寫出驗證物體A動量定理的表達式______（用實驗所測數(shù)據(jù)來表示）?！敬鸢浮浚?）D（2）【解析】（1）A．本實驗用氣墊導軌來做實驗，打開氣源后，物塊A所受的摩擦力忽略不計，不用平衡摩擦力，故A錯誤；B．本實驗由拉力傳感器拉測量細線的拉力，不需要測量重物B的質量來計算細線的拉力，故B錯誤；C．氣墊導軌上方的細線與氣墊導軌要平行，否則在運動過程中A的合力不等于細線的拉力，故C錯誤；D．驗證動量定理需要知道合力作用下的運動時間，知道運動距離，若運動時間未知，則不能驗證動量定理，故D正確；故選D。（2）遮光片通過光電門1、2的速度分別為，遮光片從光電門1運動到光電門2所用的時間t，當成立時即可驗證A的動量定理，綜合整理可得。12.實驗小組用如圖甲所示的電路來測量電阻Rx的阻值，圖中標準電阻的阻值已知為R0，E為電源，S1為單刀單擲開關，S2為單刀雙擲開關，R為滑動變阻器，V為理想電壓表。合上開關S1，將開關S2擲于1端，將R的觸頭置于適當?shù)奈恢?，記下的示?shù)U1，然后將S2擲于2，記下的示數(shù)U2，改變R觸頭的位置。多測幾組U1、U2的相對應值，做出U1?U2的函數(shù)關系圖像如圖乙所示，回答下列問題：（1）按照圖甲所示的實驗原理線路圖用筆畫線連接實物圖__________；（2）合上開關S1之前，R觸頭應置于__________（選填“最右端”或“最左端”），多測幾組U1、U2，做U1?U2圖像的目的是減小__________（選填“系統(tǒng)”或“偶然”）誤差；（3）寫出乙圖像的函數(shù)表達式__________，當乙圖的斜率為k，可得Rx=__________（用題中字母表示）?！敬鸢浮浚?）（2）最左端偶然（3）【解析】（1）完整的電路實物連線圖如下（2）[1]合上開關S1之前，R觸頭應置于最左端；[2]多測幾組U1、U2，做U1?U2圖像的目的是減小偶然誤差；（3）[1][2]S2擲于1端，U1表示Rx和R0串聯(lián)的總電壓，S2擲于2端，U2表示R0的電壓，由串聯(lián)電阻的電流相等，總電壓等于兩個電阻電壓之和，結合歐姆定律可得變形可得當乙圖的斜率為k，可得解得13.如圖所示，棱鏡的橫截面是直角三角形，其中，某單色的細光束從邊D點射入棱鏡，入射光線與的夾角為，折射光線從邊的E點射出，出射光線與的夾角也為，與的夾角為，已知，B與間的距離為L，光在真空中的傳播速度為c。（1）求棱鏡對此單色光的折射率；（2）求單色光從D到E的傳播時間。【答案】（1）（2）【解析】（1）在E點，根據(jù)折射率的公式可得在D點，根據(jù)折射率的公式可得聯(lián)立解得結合可得（2）由幾何關系可得D、E兩點間的距離為由折射率的定義可得單色光從D到E的傳播時間聯(lián)立解得14.如圖所示，半徑為R的半圓弧軌道豎直固定在水平面上，是豎直直徑。勁度系數(shù)為k的輕質彈簧放置在水平面上，左端固定。小球乙（視為質點）放置在水平面上，現(xiàn)控制小球甲（視為質點）向左壓縮彈簧，當彈簧的壓縮量為R時，甲由靜止釋放，當彈簧恢復原長時，甲與乙發(fā)生彈性碰撞，碰后乙恰好能運動到B點。已知乙的質量是甲的3倍，彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量x以及彈簧的勁度系數(shù)k之間的關系式為，重力加速度為g，不計一切摩擦。（1）求碰撞剛結束時乙的速度大小，以及甲、乙剛要碰撞時甲的速度大小；（2）求乙的質量以及乙從B點落到水平面的過程中重力的沖量大??；（3）求乙從A運動到B合力沖量的大小。【答案】（1），（2），（3）【解析】（1）設乙的質量為m，則甲的質量為，乙剛好能到達B點，則有解得乙從A到B，由動能定理可得解得碰撞剛結束時乙的速度大小為甲、乙發(fā)