2023-2024学年广东省深圳市深圳高级中学高中园高二（上）期末考试物理考试试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市深圳高级中学高中园高二（上）期末考试物理考试试卷（含解析），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.弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时( )
A. 加速度最大B. 回复力最大C. 速度最大D. 弹性势能最大
2.如图为一列简谐横波某时刻的波形图，已知质点P此时的运动方向如图所示，则此时( )
A. 波向右传播B. 质点a的加速度为零
C. 质点a的速度比b的速度大D. 质点c向上运动
3.一束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b，已知a光的折射率小于b光的折射率，下列光路图正确的是( )
A. B.
C. D.
4.在如图所示电路中，A、B间的电压保持一定，UAB=6V，电阻R1=R2=4Ω，R3=2Ω。那么( )
A. 开关S断开时，R3两端电压是3VB. 开关S断开时，R3通过的电流是0.75A
C. 开关S接通时，R3通过的电流是1.5AD. 开关S接通时，R3两端电压是4V
5.一台国产智能即热式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下工作时，通过电热水器的最大电流约为( )
A. 36.4AB. 4.4AC. 2.3AD. 0.02A
6.如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病毒传播的载体。则即将被吸附的带电粉尘( )
A. 带正电B. 匀速靠近熔喷布
C. 在靠近熔喷布的过程中电场力做负功D. 在靠近熔喷布的过程中电势能减少
7.在真空中的x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x=4a处速度最大)，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷M、N一定为异种电荷
B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值不相等
C. x=4a处的电场强度最大
D. 点电荷P在x=4a处的的电势能最大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则( )
A. 该波的波速为1.5×103m/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 0∼1s时间内，质点P沿x轴运动了2m
D. 1个周期的时间内，质点P运动的路程为2×10−5m
9.如图所示，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器R0的滑片向左滑，则( )
A. A的示数减小，V的示数减小B. A的示数增大，V的示数增大
C. 带电油滴将向下加速运动D. 带电油滴将向上加速运动
10.2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，且b点的动能大于a点的动能，则下列说法正确的是( )
A. 电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
B. a点的电势高于b点的电势
C. a点的电场强度小于c点的电场强度
D. 电子在a点的电势能大于在c点的电势能
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图1所示：某同学对该实验装置进行调节并观察实验现象：
(1)图2中甲、乙图是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是__________。(选填“甲”或者“乙”)
(2)在实验中，仅将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变__________。(选填“宽”或者“窄”)
(3)某次实验，当分划板的中心刻线对准某亮条纹的中心如图3所示，则螺旋测微器读数为__________mm。
12.某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图1所示，实验设定恒定电流为50.0μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、电阻箱R1、电流表A、电压表V。
(1)用图1所示的电路图对RT进行测量，测量值比真实值__________(选填“偏大”“偏小”“不变”)。
(2)用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0μA，须调节电阻箱R1。某次实验电阻箱调节后如图2所示，则此时电阻箱的读数为__________Ω。
(3)实验时，测得RT两端的电压随温度的变化如图3所示，由图3可知温度为35.0℃时对应的电压为__________V，此时电阻为__________kΩ，该热敏电阻RT的阻值随温度升高而__________(选填“增大”“减小”“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r=1Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=100V，理想电压表示数UV=60V。试求：
(1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的电功率；
(3)若电动机以v=2m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。g=10m/s2
14.空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=120V/m，一带电粒子从A点移动到B点时，电场力做功WAB=1.2×10−2J，AB平行于电场线且A、B间的距离为0.05m，之后粒子又从B点移动到C点，B、C间的距离为0.1m且BC与电场线方向的夹角为60∘，求：
(1)粒子所带电荷量q；
(2)粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功WBC；
(3)A、C两点的电势差UAC。
15.如图所示，竖直平面内的矩形ABCD区域内存在方向水平向左的匀强电场(图中未画出)，AD竖直。若使一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从AD上的O点沿OB方向(OB与OA的夹角θ=37∘)射入电场，则小球做直线运动并恰好能到达B点；若使该小球沿垂直于OB方向射入电场，则小球恰好从D点射出电场。AB=d，BC=3d，重力加速度大小为g，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E以及小球从O点运动到B点的时间t1；
(2)小球沿OB方向与垂直OB方向射入电场的初速度大小之比v1v2。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，弹性势能最小，动能最大，故速度最大，故C正确，D错误；弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据F=−kx，回复力为零，加速度也为零，故AB错误．
2.【答案】D
【解析】D
【详解】A.质点P此时沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，波向左传播，故A错误；
B.简谐横波中的质点均在做简谐运动，质点的加速度大小与质点相对于平衡位置的位移大小成正比，方向相反，图中质点 a 的为正方向的最大值，则加速度为负方向的最大值，故B错误；
C.简谐横波中的质点均在做简谐运动，质点的位移越大，速度越小，图中质点 a 的位移比 b 的位移大，则质点 a 的速度比 b 的速度小，故C错误；
D.波向左传播，根据同侧法可知，质点 c 向上运动，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】根据题意，由折射定律 n=sinisinr 可知，光线经平行平面玻璃砖两次折射后，出射光线与入射光线平行，光从玻璃砖上表面进入玻璃砖时，折射角小于入射角，由于 a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的折射角大于 b 光的折射角，即在玻璃砖内 a 光在 b 光的右侧。
故选C。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.由图可知，开关 S 断开时， R2 和 R3 串联接入电路，则通过 R3 的电流为
I=UABR2+R3=1A
R3 两端电压为
U=IR3=2V
故AB错误；
CD.由图可知，开关 S 接通时， R1 和 R2 并联之后与 R3 串联接入电路，则通过 R3 的电流为
I′=UABR1R2R1+R2+R3=1.5A
R3 两端电压为
U′=I′R3=3V
故D错误，C正确。
故选C。
5.【答案】A
【解析】A
【详解】电热水器属于纯电阻，根据铭牌由
P=UI
可得
I=PU=8000220A=36.4A
故选A。
6.【答案】D
【解析】D
【详解】A.口罩表面带正电，则将被吸附的带电粉尘带负电，故A错误；
B.随着带电粉尘靠近熔喷布，受到的电场力增大，加速度增大，被吸附的带电粉尘加速靠近熔喷布，故B错误；
CD.在靠近熔喷布的过程中，被吸附的带电粉尘速度逐渐增大，电场力做正功，电势能减少，故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由 v−x 图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A错误；
BC.由图可知，在 x=4a 处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了 x=4a 处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在 x=4a 处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得
kQM(4a)2=kQN(6a−4a)2
所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，故B正确，C错误；
D.点电荷P在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，在 x=4a 处点电荷P的速度最大，动能最大，即电势能最小，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.由图1和图2可知波长和周期分别为
λ=1.5×10−2m ， T=1×10−5s
则该波的波速为
v=λT=1.5×103m/s
故A正确；
B.由图2可知 t=0 时质点P沿 y 轴正方向振动，由图1根据波形平移法可知，该波沿 x 轴正方向传播，故B错误；
C.质点P只会在平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故C错误；
D.1个周期的时间内，质点P运动的路程为
s=4A=4×5×10−6m=2×10−5m
故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】AB.滑动变阻器 R0 的滑片向左滑，滑动变阻器接入电阻增大，电路总电阻增大，电路中干路电流减小，即 A 的示数减小，根据
U=IR1
可知，定值电阻两端电压 R1 减小，即 V 的示数减小，故A正确，B错误；
CD.根据
F=qE ， E=Ud
解得
F=qUd
结合上述可知，滑动变阻器 R0 的滑片向左滑，定值电阻两端电压 R1 减小，即液滴所受电场力减小，即电场力小于重力，则带电油滴将向下加速运动，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】ACD
【解析】ACD
【详解】A.根据
Ek=12mv2
可得
v= 2Ekm
b 点的动能大于 a 点的动能，故电子经过 b 点时的速度大于经过 a 点时的速度，故A正确；
B.电子仅在电场力作用下运动，电子从 a 点运动至 b 点，动能增大，电场力做正功，电势能减小，负电荷在高电势处电势能反而小，故 a 点的电势低于 b 点的电势，故B错误；
C.等势面越密，电场强度越大， c 点处等势面比 a 点处等势面密，故 a 点的电场强度小于 c 点的电场强度，故C正确；
D.相邻等势面间电势差相等，则
φc>φb>φa
负电荷在高电势处电势能反而小，故电子在 a 点的电势能大于在 c 点的电势能，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】 甲 宽 5.200##5.199##5.201
【详解】(1)[1]双缝干涉条纹特点是等间距、等宽度、等亮度；衍射条纹特点是中间宽两边窄、中间亮两边暗，且不等间距；根据此特点可知干涉图样是甲。
(2)[2]根据双缝干涉条纹的间距公式
Δx=Ldλ
将滤光片由蓝色的换成红色的，则频率变小，波长变长，可知干涉条纹间距变宽。
(3)[3]螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，由图3可知读数为
5mm+20.0×0.01mm=5.200mm

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 偏小 2500 1.60 32 减小
【详解】(1)[1]由于电压表的分流，用图1所示的电路图对 RT 进行测量，测量值比真实值偏小。
(2)[2]电阻箱的读数为
R1=2×1000+5×100Ω=2500Ω
(3)[3]由图3可知温度为35.0℃时对应的电压为
U=1.60V
[4]此时电阻为
R=UI=1.6050.0×10−6Ω=32000Ω=32kΩ
[5]实验设定恒定电流为 50.0μA ，由图3可知，随着温度升高，热敏电阻 RT 两端的电压逐渐减小，热敏电阻 RT 的阻值随温度升高而减小。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)4A；(2)240W；(3)11.2kg
【详解】(1)通过电动机的电流为
I=U−UVR=100−6010A=4A
(2)输入电动机的电功率
P=IUV=4×60W=240W
(3)若电动机以 v=2m/s 匀速竖直向上提升重物，由能量关系可得
P−I2r=mgv
解得
m=11.2kg

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 2.0×10−3C ；(2) 1.2×10−2J ；(3) 12V
【详解】(1)A、B两点间的电势差为
UAB=EdAB=120×0.05V=6V
根据 UAB=WABq 可得，粒子所带电荷量为
q=WABUAB=1.2×10−26C=2.0×10−3C
(2)B、C两点沿电场线方向的距离为
dBC=BCcs60∘=0.05m
则B、C两点间的电势差为
UBC=EdBC=120×0.05V=6V
粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功为
WBC=qUBC=2.0×10−3×6J=1.2×10−2J
(3)A、C两点的电势差为
UAC=UAB+UBC=12V

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) E=3mg4q ， t1= 8d3g ；(2) v1v2=4 53
【详解】(1)小球在电场中的受力情况如图所示
故合力方向与沿OB方向射入的小球运动方向相反，满足
qE=mgtanθ
解得
E=3mg4q
设小球沿 OB 方向做匀减速直线运动的加速度大小为 a ，据牛顿第二定律有
mgcsθ=ma
据匀变速直线运动的规律有
dsinθ=12at 12
联立解得
t1= 8d3g
(2)根据匀变速直线运动的规律有
v1=at1
根据几何关系有
OD=3d−dtanθ=53d
沿垂直于 OB 方向射入的小球，初速度方向与合力方向垂直，小球做类平抛运动，设小球从 O 点运动到 D 点的时间为 t2 ，有
ODsinθ=v2t2
ODcsθ=12at 22
联立解得
v1v2=4 53

【解析】详细解答和解析过程见答案最大使用功率8000 W
额定压力0.03−0.6Mpa
额定电压220V
电器类别Ⅰ类
额定频率50Hz
防水等级IP×4