2024-2025学年江苏省南京市某校高二（上）段考物理试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南京市某校高二（上）段考物理试卷（9月份）（含答案），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列不属于比值定义的是( )
A. 电场强度E=FqB. 真空中点电荷的电场强度E=kQr2
C. 电容C=QUD. 电势φ=Epq
2.图(a)为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为( )
A. B. C. D.
3.污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。则( )
A. N点的电势比P点的低
B. N点的电场强度比P点的大
C. 污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做负功
D. 污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
4.如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子依次从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b回到a的为1.2s，则该振子的振动频率可能为( )
A. 1HzB. 1.25HzC. 2HzD. 2.5Hz
5.某横波在介质中沿x轴传播，左图为t=0.25s时的波形图，右图为P点的振动图象，则( )
A. 该波向右传播，波速为0.5m/sB. 任意时刻质点L与质点N的位移相同
C. 质点P平衡位置坐标x=1.5mD. t=1.25s时，质点K向右运动了2.5m
6.如图所示，有一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )
A. mv22eLB. nv2SmeC. ΡnevD. ρevSL
7.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为r，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1=13r，R2=2r。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则( )
A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06A
B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.08A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
8.某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若增加溶液浓度，则( )
A. 电容器的电容增大
B. 电容器两极板间电场强度不变
C. 电容器两极板之间的电势差增大
D. 溶液浓度增加过程中电流方向为N→M
9.某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量
为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵
由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A，不计电动
机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率
(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
A. 每秒水泵对水做功为75J
B. 每秒水泵对水做功为225J
C. 水泵输入功率为400W
D. 电动机线圈的电阻为5Ω
10.图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B. 水柱对汽车的压强ρv2
C. 水柱对汽车的平均冲力为ρπv2D2
D. 水柱对汽车的压强与水柱横截面积有关
11.如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板(序号为0)中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是( )
A. 电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比12
B. 第2个金属圆筒的长度为T2 eU0m
C. 电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值tanθ=UL8dU0
D. 若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，圆筒个数足够多且间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为vm=U0eT4dm
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某同学要做“测金属丝的电阻率”实验。
(1)用游标卡尺测量金属丝长度示数如图甲所示，其值为l= ______cm。
(2)先用多用电表欧姆挡的“×1”倍率粗测金属丝的电阻，示数如图乙所示，其阻值为R= ______Ω。
(3)实验电路如图丙所示，根据电路图完成图丁中的实物连线______。

(4)从实验原理上看，待测电阻测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值。如果测得的金属丝长度为l，直径为d，电阻为R，都采用国际单位制单位，则它的电阻率ρ= ______(用l、d、R字母表示)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.质子从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为30°，微粒运动轨迹的最高点到两极板距离相等，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。
(1)求电压之比U1：U2。
(2)若将质子和二价氦离子混合物从静止开始经电压U1加速后，他们是否会分离为两股粒子束，请通过计算说明。
14.如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2cm，波速为2m/s。在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4m，当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1cm的位置。
(1)求此波的可能周期；
(2)若波长λ>0.4m，并以此时刻为计时起点，写成质点b的振动方程。
15.如图所示，空间中存在匀强电场(未画出)，一固定光滑绝缘轻杆与水平方向夹角为θ。带电量为+q的A环套在轻杆上，距离杆底端距离为6916l，保持静止，已知A环的质量为3m。距离A环l的位置有光滑绝缘环B，B环的质量为m，不带电，在外力作用下静止。重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中环的带电量不变。
(1)求电场强度的最小值；
(2)在(1)问的基础上，不改变电场方向，释放B环，当B环与环A发生碰撞时，将电场强度增加到原来的43倍，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；
(3)从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过多长时间A环滑离杆。
16.如图，质量为2m的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半圆形的光滑轨道，半径为R。质量为m的小球，初始时刻从半圆轨道的右端点由静止开始下滑。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。求：
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)小球第一次运动到凹槽最低点时，小球对凹槽的压力；
(3)请借助此题情景从力学规律证明椭圆在长轴顶点处的曲率半径公式ρ=b2a(a表示半长轴，b表示半短轴)。
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.B
5.C
6.C
7.C
8.B
9.C
10.B
11.D
8 见解析 小于 πRd24l
13.解：(1)质子在加速电场中，由动能定理可知：qU1=12mv2；
质子在偏转电场中，竖直方向的分速度为：vy=vsin30°，由图可知竖直方向的最大分位移为极板间距的一半，即d2=vy22a，竖直加速度为：a=qU2md；
联立解得：U1：U2=2：1；
(2)粒子在加速电场中，由动能定理可知：q2U1=12m2v22；
粒子在加速电场中，沿加速电场的方向做匀加速直线运动，故进入偏转电场时速度方向不变；
粒子在偏转电场中，水平方向上做匀速运动，若板长为L，L=v2cs30°t，

粒子在竖直方向上做匀变速运动，y=v2sin30°×t−12ayt2，ay=q2U2m2d，
出偏转电场时的偏移角满足：
tanθ=|v2sin30°−aytv2cs30∘|，
解得：y=4L 3−U2L23dU1，tanθ=| 3U1d−2 3U2L3U1d|，即偏移量与偏移角都与粒子本身无关，即从静止开始进入加速电场的质子和二价氦离子混合物都会从同一位置，以同样的偏转角离开偏转电场，不会分离为两股粒子束。
答：(1)电压之比U1：U2为2：1；
(2)若将质子和二价氦离子混合物从静止开始经电压U1加速后，他们不会分离为两股粒子束。理由见解析。
14.解：(1)根据题意，有两种情况：
第1种情况：波的图像可能如图1所示，

从图像与余弦函数的规律，考虑周期性，可得：14λ+112λ+nλ=0.4m
解得波长：λ=615n+5m，(n=0、1、2……)
可得周期：T=λv=615n+52s=315n+5s，(n=0、1、2……)
第2种情况：波的图像可能如图2所示，

同理可得：34λ′−112λ′+nλ′=0.4m
解得波长：λ′=615n+10m，(n=0、1、2……)
可得周期：T′=λ′v=615n+102s=315n+10s，(n=0、1、2……)
(2)对应第1种情况，若波长λ>0.4m，则n只能取0，解得波长只能为λ1=1.2m
可得周期为T1=λ1v=1.22s=0.6s
圆频率为：ω1=2πT1=2π0.6rad/s=10π3
可得：y=2sin(10π3t+φ1)cm
对于质点b，当t=0时，y=−1cm，且向+y方向运动
解得：φ1=11π6
可得质点b的振动方程为：y=2sin(10π3t+11π6)cm
对应第2种情况，若波长λ>0.4m，则n只能取0，解得波长只能为λ2=0.6m
可得周期为：T2=λ2v=0.62s=0.3s
圆频率为：ω2=2πT2=20π3
可得：y=2sin(20π3t+φ2)cm
对于质点b，当t=0时，y=−1cm，且向−y方向运动
解得：φ2=76π
可得质点b的振动方程为：y=2sin(10π3t+76π)cm
答：(1)此波的可能周期为315n+5s，或315n+10s，(n=0、1、2……)；
(2)若波长λ>0.4m，并以此时刻为计时起点，质点b的振动方程为：y=2sin(10π3t+11π6)cm，或y=2sin(10π3t+76π)cm。
15.解(1)当电场强度方向与杆方向平行且沿杆向上时，电场强度最小，根据平衡条件
3mgsinθ=qEmin
解得电场的最小值
Emin=3mgsinθq
(2)质量为m的光滑B环从静止释放，由牛顿第二定律
mgsinθ=ma
加速度为
a=gsinθ
设A与B碰前速度为v0，根据运动学公式
v02=2al
解得
v0= 2glsinθ
由于A与B的碰撞为弹性碰撞，以A与B碰前速度为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0=mv1+3mv2
12mv02=12mv12+12×3mv22
联立解得
v1=− 2glsinθ2
v2= 2glsinθ2
碰撞后，B做匀减速直线运动，对A由牛顿第二定律
q⋅43Emin−3mgsinθ=3ma′
可得
a′=gsinθ3
以沿杆向下为正方向，当A与B速度相等时，相距最远，则有
v2−a′t1=v1+at1
解得
t1=3 2glsinθ4gsinθ
此时速度
v=gsinθ4
A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离
Δxmax=v2+v2t1+v1+v2t1
解得
Δxmax=32l
(3)第一次碰撞后，到再一次相遇时，根据运动学公式
v2t2−12a′t22=v1+12at22
解得
t2=3 2glsinθ2gsinθ
此时A沿着杆向下运动的距离
x=v2t2−12a′t22
解得
x=34
此时A的速度为零，B的速度为
v3= 2glsinθ
可以发现是重复第一次碰撞的情景，再重复4次碰撞后，A沿着杆向下运动的距离
x2=5x1
解得
x2=6016l
此时A的速度为v1，根据运动学公式
6916l−6016l=v1t3−12a′t32
解得
t3=3 2glsinθ4gsinθ
从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，A滑离杆所用的时间
t=5t2+t3
解得
t=33 2glsinθ4gsinθ
答：(1)电场强度的最小值为3mgsinθq；
(2)A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离为 32l；
(3)从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过33 2glsinθ4gsinθA环滑离杆。
16.解：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，小球与凹槽在水平方向动量守恒，规定向左为正方向，则有
mv1=2mv2
两边同乘t有
mv1t=2mv2t
根据水平方向的位移
x=vt
有
mx1=2mx2
得
x1=2x2
又根据几何关系有
x1+x2=R
解得x2=13R
(2)小球第一次运动到轨道最低点，根据能量守恒
mgR=12mv12+12×2mv22
小球与凹槽在水平方向动量守恒，则有
mv1=2mv2
小球在最低点，根据牛顿第二定律有
FN−mg=m(v1+v2)2R
解得
FN=4mg
根据牛顿第三定律，可知小球第一次运动到凹槽最低点时，小球对凹槽的压力为4mg，方向竖直向下
(3)建立两个坐标系：一个建立在凹槽上，以凹槽中心点为原点，x轴水平向右，y轴竖直向上，如题图中所示；另一个建立在地面上，以点的初始位置为原点，两轴的方向同凹槽坐标系。因为由凹槽和小球组成的系统原来静止，而且在水平方向上动量守恒，所以它们的质点的位置保持不变，因此在地面参照系中有
mx1+2mx2=0
设小球在凹槽参照系中的位移为x1′，则有
x1′=x1−x2
联立可得
x1′=32x1
因为凹槽相对地面在y方向没有运动，因此
y1′=y1
在凹槽参照系中，小球的轨迹是圆，即有
x1′2+y1′2=R
联立可得小球在地面参照系中的轨迹方程为
94x12+y12=R
变形得
x12(23R)2+y12R2=1
这是一个椭圆方程，长半轴为a=R(在y方向)，短半轴b=23R (在x方向)。
设在凹槽最低点处，即半长轴顶点处，小球和凹槽相对面的速度分别为v1和v2，则小球相对凹槽的速度为
v1′=v1−v2
则有
v1′=32v1
在凹槽参照系中小球做半径为R的圆周运动，则有
N−mg=mv′12R
小球在地面参照系中有
N−mg=mv12ρ
联立解得
p=(23)2R=(23R)2R=b2a
答：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离为13R；
(2)小球第一次运动到凹槽最低点时，小球对凹槽的压力为4mg；
(3)见解析。