重庆市江北区学校2024-2025学年高二（上）考试物理试卷（12月）（解析版）

这是一份重庆市江北区学校2024-2025学年高二（上）考试物理试卷（12月）（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.光在生产、生活中有着广泛的应用，下列对光的应用的说法正确的是( )
A. 光学镜头上的增透膜是利用光的衍射现象
B. 光导纤维传输信号利用的是光的全反射现象
C. 3D电影技术利用了光的干涉现象
D. 全息照相利用了光的偏振现象
【答案】B
【解析】A.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，A错误；
B.光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的纤维，光在其中传播过程发生全反射，因此光导纤维传输信号利用的是光的全反射现象，B正确；
C.3D电影技术利用了光的偏振现象，C错误；
D.全息照相利用了光的干涉现象，D错误。
故选B。
2.如图，在O1和O2处分别放置等量异种电荷，以两点连线的中点O3为圆心、在垂直O1O2的平面内某一圆周上任取两点A、B，则A、B两点( )
A. 场强大小，方向均相同B. 场强大小相等，方向不同
C. 电势相等，且高于O3D. 电势相等，且低于O3
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等量异种电荷电场的特点，掌握等量异种电荷电场的特点是解题的关键，难度不大。
【解答】
AB.如图所示，在等量异种电荷连线的中垂面上，以O3为圆心的圆周上A、B两点，场强大小相等，方向相同，A正确，B错误；
CD.等量异种电荷连线的中垂面上各点电势相等，且等于O3电势，CD错误。
故选A。
3.扫地机器人，又称自动打扫机、智能吸尘器等，是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清理工作．下表为某品牌扫地机器人的铭牌信息，则扫地机器人( )
A. 充电电流为0.8AB. 工作时的额定功率为30W
C. 工作时的效率为75%D. 可持续工作的时间约为1小时
【答案】A
【解析】【分析】
电池的容量是电量，根据q=It求出充电的时间；根据P=UI求额定功率。
该题考查电池的参数，理解电池的容量即电池的充电电量是解答该题的关键。
【解答】
A.充电电流为I充=qt充=，故A正确；
B.工作时的额定功率P额=U额I额=20×3W=60W，故B错误；
C.工作时的效率η=P出P额×100％=50％，故C错误；
D.可持续工作的时间t=qI=5.2Ah3A=1.73h，故D错误。
4.如图所示，在负点电荷Q(图中未画出)形成的电场中有一条电场线OP，一带正电粒子由S点射入电场中，仅在电场力的作用下从S运动到T，其运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A. 带正电的粒子在S点的加速度小于在T点的加速度
B. 带正电的粒子在S点的速度大于在T点的速度
C. 点电荷电场中S点电势低于T点电势
D. 带正电粒子在S点的电势能小于在T点的电势能
【答案】A
【解析】【分析】
根据粒子运动轨迹确定其所受电场力方向，判断负点电荷Q的位置，然后判断S、T两点电场强度大小，根据牛顿第二定律比较加速度大小关系;根据粒子电场力做功情况判断粒子速度大小关系与电势能的高低关系;根据负点电荷电场特点判断S、T两点电势高低关系。
【解答】
A.由带正电粒子的运动轨迹可知，带正电粒子受到向下的电场力，则电场方向由O到P，因此负点电荷Q在P一端，结合负点电荷产生的电场可知，S点的电场强度小于T点的电场强度，设带正电的粒子所带电荷量为q，由牛顿第二定律
F=qE=ma
可知，带正电的粒子在S点的加速度小于在T点的加速度，A正确；
BD.带正电的粒子从S点运动到T点，电场力做正功，由
ΔEp=−W电，ΔEp=−ΔEk
电势能减小，动能增大，即带正电的粒子在S点的速度小于在T点的速度，在S点的电势能大于在T点的电势能，BD错误；
C.根据沿着电场线方向电势降低可知，点电荷电场中S点电势大于T点电势，C错误。
故选A。
5.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头向下滑动，下列说法正确的是( )
A. 电压表和电流表读数都减小B. 电压表和电流表读数都增大
C. 电压表读数增大，电流表读数减小D. 电压表读数减小，电流表读数增大
【答案】C
【解析】【分析】
首先要认识电路的结构：滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
本题主要考查闭合电路的动态分析，分析清楚电路结构、熟练应用闭合电路的欧姆定律公式即可正确解题。
【解答】
由电路图可知，滑动变阻器的触头向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知I总=ER总，干路电流变小，电源内阻分得的电压Ur=I总r变小，路端电压U=E−Ur变大，则电压表示数变大，干路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，I2=U2R2，则通过电阻R2的电流变大，因为I总=I2+IR，所以电流表示数变小，故ABD错误，故C正确。
故选C。
6.如图所示，O为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心，该区域有一匀强电场，方向水平由Q指向P。一带负电小球从P点以速度v0沿PQ方向射入电场。以下说法正确的是( )
A. 小球由P向Q做减速运动
B. 电场中A点的电势低于C点的电势
C. 小球由P向Q运动的过程中，电势能不断减小
D. 该小球若从M点沿MN方向射入，则小球将向BC边偏转
【答案】C
【解析】A.小球带负电，可知小球所受电场力沿着 PQ 方向，与小球得初速度方向相同，小球做加速运动，故A错误；
B.根据匀强电场的等势线和电场线垂直可知，C点的电势等于P点的电势，A点的电势等于Q点的电势，沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知电场中 A 点的电势高于 C 点的电势，故B错误；
C.根据A选项分析可知小球所受电场力的方向与小球的运动方向相同，电场力做正功，则小球的电势能不断减小，故C正确；
D.根据A选项分析可知小球所受电场力沿着 PQ 方向，该小球若从 M 点沿 MN 方向射入，则小球将向AD边偏转，故D错误。
故选C。
7.如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能EP随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示，由此能够求出的物理量是( )
A. 物块带电的正负和电量多少B. 匀强电场的场强大小
C. 物块返回O点时的动能D. 物块与水平面间的动摩擦因数
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在电场中的运动综合；本题首先能从图象获取有效信息，如动能的变化量和电势能的变化，再分段运用动能定理和功能关系列式处理。
根据电势能的变化量，由电场力做功与电势能变化的关系可确定物块带电情况；根据F=qE分析能否确定场强的大小；根据动能定理确定物块返回O点时的动能；根据动能的变化分析能否确定动摩擦因数。
【解答】
A.由乙图可知，物块离开O点向右运动电势能增加，电场力做负功，可知物块所受的电场力水平向左，与匀强电场的电场线方向相反，即物块带负电。物块所带电荷量不能确定。故A错误；
B.根据△EP=Fx，结合乙图中数据△EP=80J，x=8m，解得F=10N；由F=qE可知，物块所带电荷量未知，所以不能确定匀强电场的场强大小。故B错误；
C.由乙图知，物块向右运动时，电势能与动能之和减小了20J，电势能增加了80J，则动能减小了100J，即△Ek=−100J；
根据动能定理：−(F+f)x=△Ek；
物块向左运动过程，由动能定理得(F−f)x=Ek；
联立，解得Ek=60J，f=2.5N，故C正确；
D.根据f=μmg可知，由于物块的质量未知，也不能求出，则不能确定物块与水平面间的动摩擦因数，故D错误。
二、多选题：本大题共3小题，共14分。
8.如图所示分别为一列横波在某时刻的图像和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图像，则这列波( )
A. 沿x轴的正方向传播B. 沿x轴的负方向传播
C. 波速为100m/sD. 波速为2.5m/s
【答案】BC
【解析】【分析】
根据t=0时刻x=6m处质点的振动方向得到波的传播方向；由左图得到波长，右图得到周期，根据v=λT求解波速。
本题关键明确波形平移方向与质点振动方向的关系，能够结合公式v=λT求解波速。
【解答】
AB.t=0时刻x=6m处质点的振动方向向上，由波形平移法知，波沿x轴负方向传播，故A错误，B正确；
CD.由左图得到波长为λ=8m，由右图得到周期为T=0.08s，故波速为v=λT=80.08m/s=100m/s，故C正确，D错误。
故选BC。
9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处
B. t=0.8s时，振子的速度方向向左
C. t=0.6s和t=1.4s时，振子的速度相同
D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小
【答案】BD
【解析】【分析】
某时刻的加速度方向需要根据振子的位置判断，位置从图象中可以判断出来；某时刻的速度可以从图中对应点的斜率正负来判断。
要明确图象是x−t类型图象，其斜率表示的是速度，加速度需要先判断其目前所处的位置，加速度方向始终指向平衡位置，弹簧振子一个周期内的运动过程特点要牢记。
【解答】
A.在0～0.4s时，振子从O点减速运动到B点，所以t=0.2s时，振子在O点右侧，与O点的距离大于6cm，A错误；
B.0～0.4s振子从O点运动到B点，0.4～0.8s振子从B点运动到O点，所以t=0.8s时，振子的速度方向向左，B正确；
C.t=0.6s时振子从B点向O点运动，速度方向向左，t=1.4s时，振子从A点向O点运动，速度方向向右，振子的速度不相同，C错误；
D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从B点向O点运动，振子的加速度逐渐减小，D正确。
故选BD。
10.如图为我国航天领域某透明光学部件截面示意图，其截面一侧是半径为R的四分之一圆弧，其余两侧为直面AC与BC，且AC=BC=R。该部件独特的性能是放在O点的光源发出的光线，在圆弧AB上有三分之二最终能从AC、BC面射出，光速为c。下列说法正确的是( )
A. 该透明光学部件的全反射临界角为30∘
B. 该透明光学部件的折射率为 32
C. 光线透过该部件最长时间为2( 2−1)Rc
D. 该透明光学部件AC边不透光长度为 3R
【答案】AC
【解析】AB.若射到E点和G点的光线恰能发生全反射，可知射到AE之间和GB之间的光线都能从透明光学部件中射出，由题意可知该两部分占圆弧的三分之二，可知
∠ADE=C=30∘
折射率n=1sinC=2
选项A正确，B错误；
C.光线在该部件中的速度v=cn
光线透过该部件最长时间为从C点射出的光线，则最长时间
t= 2R−Rv=2( 2−1)Rc
选项C正确；
D.该透明光学部件AC边不透光长度为
EC=R−Rtan30∘=3− 33R
选项D错误。
故选AC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用“插针法”测量玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示．
(1)下列说法正确的是________．
A.入射角适当大些，可以提高精确度
B.P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高精确度
C.P1、P2的间距，入射角的大小均与实验的精确度无关
(2)此玻璃的折射率计算式为n=________(用图中的θ1、θ2表示)．
(3)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．
(4)若该同学用他测得的多组入射角i与折射角r，作出sini−sinr的图像如图乙所示，下列判断不正确的是________．
A.他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃的折射现象
B.玻璃的折射率为0.67
C.玻璃的折射率为1.5
【答案】(1)A (2)sin90°−θ1sin90°−θ2(或cs(θ1)cs(θ2))(3)大(4)B
【解析】【分析】
(1)根据插针法测量的原理分析即可；
(2)根据折射定律即可求解；
(3)玻璃砖的宽度越大，出射光线的侧移量越大，玻璃砖中折射光线的误差越小，所以应选用宽度大的玻璃砖来测量；
(4)根据图乙中图像的斜率及折射定律分析即可。
本题是光的折射定律的实验的考查，基础题目。
【解答】
(1)A.入射角适当大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，A正确；
BC.折射光线是通过隔着玻璃观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度误差会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高精确度，B、C错误。
故选A。
(2)由折射率公式可得n=sin90°−θ1sin90°−θ2=csθ1csθ2
(3)玻璃砖的宽度越大，出射光线的侧移量越大，玻璃砖中折射光线的误差越小，所以应选用宽度大的玻璃砖来测量。
(4)由sin i−sin r图像可知，sinisinr=10.67≈1.5>1，故光是从空气射入玻璃的，入射角为i，A正确；由折射率的定义知n=1.5，B错误，C正确。
本题选择错误的，故选B。
故答案为：(1)A (2)sin90°−θ1sin90°−θ2(或cs(θ1)cs(θ2))(3)大(4)B
12.某同学想测定一电源的电动势E和内阻r，同时测量Rx的阻值。该同学的实验步骤如下：
(1)设计如图甲所示的电路图，正确连接电路；
(2)将滑动变阻器的滑片调至阻值最大的位置，闭合开关S，通过减小滑动变阻器接入电路的阻值测出多组U—I数据，最后得到如图乙实线所示的U—I图像；
(3)根据图乙的图线，可得该电源的电动势E= V，内阻r= Ω(结果保留两位有效数字)；
(4)断开开关S，将待测电阻Rx改接在N、H之间，M、N间用导线相连，重复实验步骤(2)，得到另一条U—I图线，如图乙中虚线所示，则待测电阻Rx= Ω(结果保留两位有效数字)。
【答案】1.5
1.0
0.17

【解析】【分析】
本题为伏安法测电源电动势和内阻，解题关键是根据闭合电路欧姆定律得出U−I关系式，结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义。
【解答】
(3)根据U=E−Ir结合图像可知该电源的电动势E=1.5V，内阻r=ΔUΔI=1.5−0.80.7Ω=1.0Ω；
(4)由题意，结合图像可知U=E−I(Rx+r)，
则Rx=ΔU′ΔI′−r=1.5−0.80.6Ω−1.0Ω=0.17Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图，两平行金属导轨间的距离L=0.45m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37∘，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=3.0V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨及其他电阻不计。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)导体棒受到的安培力的大小和方向；
(2)导体棒受到的摩擦力的大小和方向。
【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：I=ER+r=1.0A，
根据安培力公式得：F=BIL=0.225N，方向沿导轨向上；
(2)对导体棒做受力分析得：F+f=mgsinθ，
解得：f=0.075N，
即导体棒受到的摩擦力大小为0.075N，方向沿导轨向上。
【解析】本题属于导体在磁场中平衡的问题，是安培力与力学知识的综合，按照力平衡的解题思路求解，分析受力是关键。
(1)由闭合电路欧姆定律求出电流I，由安培力公式F=BIL求解安培力；
(2)导体棒受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力，根据平衡条件求出导体棒受到的摩擦力。
14.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.8m的绝缘细线把质量为m=0.4kg，带有正电荷q=3×10−3C的金属小球(可视为质点)悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°。现将小球拉至位置A使细线水平伸直后由静止释放，(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)，求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)A、C两点间的电势差UAC；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小T。
【答案】解：(1)小球受到电场力qE、重力mg和线的拉力作用处于静止，根据共点力平衡条件有
qE=mgtan37∘=34mg
解得E=1000N/C；
(2)根据UAC=−El=−1000×0.8V=−800V；
(3)小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有mgl−qEl=12mv2
设小球在最低点时细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律有T−mg=mv2l
解得T=6N。

【解析】(1)小球静止在B点时，受到电场力qE、重力mg和细线的拉力作用，根据共点力平衡条件列式求解；
(2)匀强电场中电势差与电场强度的关系求解；
(3)小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理求小球运动通过最低点C时的速度大小，小球通过最低点C时，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求拉力。
本题是共点力平衡、动能定理和牛顿第二定律的综合应用，在通过C点时电场力与重力的合力提供向心力。
15.如图所示，质量为3m的平板车A静止在光滑的水平地面上，平板车上表面由水平面和半径为R的四分之一圆弧面组成，圆弧面的最低点与平板车水平面相切，质量为3m的物块B放在圆弧面的最低点，平板车的最右端固定有一个弹性挡板Q，平板车上表面P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的物块C在圆弧面的最高点由静止释放，B刚好要到P点时，C与B发生弹性碰撞，碰撞后立即取走C，不计物块的大小，重力加速度为g，物块B与平板车粗糙面间的动摩擦因数为0.5，P到Q的距离为316R，若物块B与挡板碰撞没有机械能损失，求：
(1)C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小;
(2)开始时，B与P点间的距离;
(3)B与平板车相对静止时停下的位置离P点的距离．
【答案】解：(1)设C与B碰撞前一瞬间，A的速度大小为v1，C的速度大小为v2
根据水平方向动量守恒有3mv1−mv2=0
根据机械能守恒有mgR=12×3mv12+12mv22
解得v2= 32gR，v1= 16gR
(2)C从释放至滑到圆弧最低点的过程中，设A、C沿水平方向运动的位移大小分别为x1、x2.根据水平方向动量守恒有
3mx1=mx2
根据几何关系x1+x2=R
解得x1=14R，x2=34R
即当C滑到圆弧最低点时，C、B间的距离为14R
此后经t时间C、B相碰，则14R=v2t
t时间内，A运动的距离x3=v1t
解得x3=112R
则开始时，B与P点间的距离为x=x1+x3=13R
(3)设C与B碰撞后一瞬间，B的速度大小为v3、C的速度大小为v4，两者发生弹性碰撞．
则根据动量守恒有：mv2=−mv4+3mv3
根据能量守恒：12mv22=12mv42+12×3mv32
解得v3=v4=12v2=14 6gR
此后，设A与B共速时的速度大小为v，根据动量守恒3mv1−3mv3=6mv
设B在车上粗糙部分运动的路程为s，根据能量守恒
μ×3mgs=12×3mv12+12×3mv32−12×6mv2
解得：s=2548R>316R
B与平板车相对静止时停下的位置离P点的距离为△x=2548R−2×316R=748R
【解析】详细解答和解析过程见【答案】额定电压
充电电压：220V
工作电压：20V 工作电流：3A
输出功率
30W
电池容量
5200mAh锂电池
充电时间
6.5小时