上海市大同中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份上海市大同中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.激光技术在工农业生产、光纤通信、宽带网络、信息处理、医疗卫生、文化教育、科技研究、军事发展等多方面都发挥着重要的作用。
(1)有关激光的特点与应用，下列说法错误的是______。
A.激光是一种人工产生的相干光，全息照相技术，利用了激光相干性好的特点
B.激光在医学上被当做“光刀”使用，但其亮度还不足以在金属上打孔、切割、焊接
C.激光具有良好的单色性，光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物
D.激光的平行度非常好，可以用来进行精确的测距
(2)用单色光完成“杨氏双缝干涉实验”，光屏上形成的图样是______。

(3)如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法正确的是______。

A.两束光在空气中频率相同
B.两束光在水中的传播速度相同
C.水对a光的折射率较小
D.从水射向空气时，a光全反射的临界角小于b光的临界角
2.(1)如图所示是主动降噪耳机的工作原理图。在耳机内设有麦克风，用来收集环境中的噪声信号，在此基础上，耳机的处理器产生与环境噪声相位相反的反噪声波来抵消噪声。下列说法正确的是______。

A.主动降噪利用了声波的衍射
B.反噪声波频率和噪声波频率可以不同
C.理想情况下，反噪声波和噪声波振幅相同
D.主动降噪耳机可以使进入耳膜的声波频率变小
(2)如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波的图象，A、B、C是介质中的三个质点，已知波是向x正方向传播，波速为v=20m/s，下列说法正确的是______。

A.这列波的波长是10m
B.质点B此刻向y轴正方向运动
C.质点C再经过0.1s通过平衡位置
D.质点在一个周期内通过的路程一定为0.8cm
二、计算题：本大题共2小题，共66分。
3.随着科技的发展，不断有新的用来储存电荷的装置被创造出来，我们把能存储电荷和电能的装置叫做电容器。各种电容器在电子或电力设备里有广泛的应用。
(1)不带电的物体甲与带正电的物体乙接触后也带电，原因是______。
A.甲有部分电子转移到乙上
B.甲有部分质子转移到乙上
C.乙有部分质子转移到甲上
D.甲、乙均失去了电子
(2)下列哪个措施是为了防止静电产生的危害______。
A.在高大的烟卤中安装静电除尘器
B.静电复印
C.在高大的建筑物顶端装上避雷针
D.静电喷漆
(3)如图所示，a、b两点位于以负点电荷−Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则______。

A.a点场强的大小比b点小
B.b点场强的大小比c点小
C.a点电势比b点高
D.c点电势比a点高
(4)如图所示，静电计指针张角会随电容器极板间电势差U的增大而变大。现使电容器带电，并保持总电量不变，实验中每次只进行一种操作，能使静电计指针张角变大的是______。

A.将玻璃板插入两板之间
B.将云母板插入两板之间
C.将A板稍微上移
D.减小两极板之间的距离
(5)利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图象，图象与横坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电量Q(可用DIS系统软件计算)，Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。

①图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图，先开关S与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录I−t图象，测量出电容器的带电量Q。在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是______(选填“甲”或“乙”)，原因是______对实验的影响，使电容测量值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
②DIS系统软件记录的电容器放电电流I随时间t变化的图象可能是______。

(6)如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压U1=1600V，M、N两板间的电压U2=200V两板间的距离为d=10cm，板长为L1=20cm，板右端到荧光屏的距离为L2=40cm，电子质量m=9.11×10−31kg，电子电量为e=1.6×10−19C，求：

①电子从偏转电场射出时的侧移量y；
②P点到O点的距离y′。
4.如图所示为从硅晶圆上取下已制好的集成电路所需的芯片。如今，1cm2的集成电路就可以拥有几十亿甚至上百亿个电子元器件。稳定、高效、轻便的集成电路为人们的生活、科技带来了无限的可能。

(1)在物理学中，常用比值法定义物理量，用来表示研究对象的某种性质。下列关系式中，不属于比值法定义的是______。
A.电流I=UR
B.电功率P=Wt
C.电阻R=UI
D.电动势E=W逆q
(2)如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑头向D滑动时______。

A.A灯变亮，B灯变暗
B.A灯变暗，B灯变亮
C.A、B灯均变亮
D.A、B灯均变暗
(3)如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示(Rγb，而两束光进人空气中时，折射角相等，即ia=ib，由折射率的定义n=sinisinγ可知，navb，故B错误；
D、由临界角与折射率关系sinC=1n可知，Ca>Cb，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)B；(2)A；(3)C。
(1)根据激光的特点判断各选项。
(2)根据干涉和衍射的特点判断各选项。
(3)当两束单色光从水中射向空气时，它们的折射角不同，但合成后的光束c表明它们在空气中的传播方向相同。这意味着两束光在空气中的频率相同，因为频率是光的固有属性，不会因介质变化而改变。同时，由于折射率与光的频率有关，不同频率的光在同种介质中的折射率不同，因此两束光在水中的传播速度也不同。此外，根据全反射的条件，折射率较大的光束在从水射向空气时，其全反射的临界角较小。
本题的关键在于理解光的折射和全反射原理，以及折射率与光的频率的关系。通过分析两束光在不同介质中的传播特性，可以判断出它们的频率、折射率和全反射临界角的关系。明确干涉和衍射和激光的特点。
2.【答案】C B
【解析】解：(1)A、主动降噪利用了声波的干涉，故A错误；
B、反噪声与噪声相抵消，即它们能产生稳定的干涉现象，反噪声波频率和噪声波频率相同，故B错误；
C、反噪声声波与噪声振幅、频率相同，步调相反，使合成后的声音大大降低，故C正确；
D、声波的频率取决于波源，波源的振动频率不变，被动降噪方式不会改变进入耳膜的声波频率，故D错误。
故选：C。
(2)A、由图知：这列波的波长是12m，故A错误；
B、简谐横波向x正方向传播，波形向右平移则知质点B此刻向y轴正方向运动，故B正确；
C、根据题意，λ=12m，v=20m/s，根据公式v=λT可求T=0.6s，故C质点再经过0.15s才经过平衡位置，故C错误；
D、质点一个周期内通过的路程一定为四倍振幅，即为4×0.4cm=1.6cm，故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)B。
(1)主动降噪耳机的工作原理基于声波的干涉原理，即通过产生与环境噪声相位相反的声波来抵消噪声。这一过程要求反噪声波与噪声波在频率、振幅和相位上匹配，以实现声波的相互抵消。因此，分析选项时，需要考虑声波干涉的基本条件。
(2)根据波的图象和波速，可以计算出波长和周期。
其次，根据波的传播方向，可以判断质点的振动方向。
最后，根据简谐振动的性质，可以判断质点在一个周期内的位移。
主动降噪耳机通过产生与环境噪声相位相反的声波来实现降噪，这一过程基于声波的干涉原理。为了实现有效的降噪，反噪声波必须与噪声波在频率、振幅和相位上匹配。理解这一原理对于分析和解决相关问题至关重要。理解简谐横波的性质，包括波长、波速、周期、质点振动方向和质点在一个周期内的位移。通过观察波的图象和利用波的传播方向，可以判断质点的振动方向。同时，利用波长、波速和周期的关系，可以计算出质点在一个周期内的位移。|
3.【答案】A C D C 乙 电压表的分流作用 偏小 C
【解析】解：(1)不带电的物体甲与带正电的物体乙接触后也带电，根据接触起电的原理，可知原先不带电甲有部分电子转移到带正电的乙上，而使甲带正电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)在高大的烟卤中安装静电除尘器、静电复印、静电喷漆都是在利用静电。在高大的建筑物顶端装上避雷针是为了防止静电产生的危害，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(3)AB、根据点电荷的电场分布，因a、b两点与点电荷的距离相等，而c点与点电荷的距离较远，故a、b两点场强的大小相等，且均大于c点的场强，故AB错误。
CD，根据点电荷的电场分布，可知以负点电荷为球心的球面为等势面，故a、b两点的电势相等。根据沿电场线的方向电势降低，可知c点电势比a点高，故C错误，D正确。
故选：D。
(4)AB、根据电容的决定式：C=ɛrS4πkd，将玻璃板或云母板插入两板之间，会使相对介电常数ɛr变大，则电容变大。根据电容的定义式：C=QU，因电量不变，故电势差U变小，则静电计指针张角变小，故AB错误；
C、将A板稍微上移，会两极板的正对面积S变小，根据电容的决定式：C=ɛrS4πkd，可知电容变小。根据电容的定义式：C=QU，因电量不变，故电势差U变大，则静电计指针张角变大，故C正确；
D、减小两极板之间的距离d，根据电容的决定式：C=ɛrS4πkd，可知电容变大。同理可知静电计指针张角变小，故D错误。
故选：C。
(5)①因在乙两中电容器放电时电压表会有电流通过，故电流表的示数小于电容器的放电电流，则测量所得的带电量Q偏小，故实验系统误差较大的是乙，原因是电压表的分流作用对实验的影响，根据：C=QU，充电电压U的测量无误差，可知电容测量值偏小。
②电容器放电过程电压逐渐变小，放电电流也逐渐变小，根据q=It，可得相同时间内电容器带电量的减小量ΔQ逐渐变小，由C=QU=ΔQΔU，可知相同时间内电容器的电压的减小量ΔU逐渐变小，可得相同时间内放电电流的减小量ΔI逐渐变小，即I−t图像的斜率逐渐减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(6)①设电子经加速电压U1加速后获得的速度大小为v0，根据动能定理得：
eU1=12mv02
电子在偏转电场中做类平抛运动，则：
由平行于极板方向做匀速直线运动，可得：
L1=v0t
由垂直于极板方向做匀加速直线运动，可得：
y=12at2
根据牛顿第二定律得：
a=eEm=eU2md
联立可得：y=U2L124dU1
其中：d=10cm=0.1m，L1=20cm=0.2m
解得：y=0.0125m
②根据类平抛运动的推论：末速度反向延长交于匀速直线运动的位移的中点，如下图所示：
由几何关系可得：
yy′=L12L2+L12
其中：L2=40cm=0.4m
解得：y′=0.0625m
故答案为：(1)A；(2)C；(3)D；(4)C；(5)①乙；电压表分流作用；偏小；②C；
(6)①电子从偏转电场射出时的侧移量y为0.0125m；
②P点到O点的距离y′为0.0625m。
(1)根据接触起电的原理分析解答。
(2)静电除尘器、静电复印、静电喷漆都是在利用静电。安装避雷针是为了防止静电产生的危害。
(3)根据点电荷的电场分布判断a、b、c三点场强的大小关系；以点电荷为球心的球面为等势面，根据沿电场线的方向电势降低，判断a、b、c三点电势的高低。
(4)根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式判断电势差的变化，可确定静电计指针张角的变化。
(5)①在乙两中电容器放电时电压表会有电流通过，电压表的分流作用对实验的影响，电流表的示数小于电容器的放电电流，则测量所得的带电量Q偏小，据此分析解答；②根据电容器放电过程电压的变化，判断放电电流的变化。根据电容器带电量的减小快慢，得到电压与电流的减小的快慢，根据I−t图像的斜率变化进行判断。
(6)①根据动能定理求得电子经加速电压U1加速后获得的速度大小。电子在偏转电场中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
②根据类平抛运动的推论，应用几何关系去解答。
本题考查了静电场的相关知识，涉及到了起电方式，静电的利用与防护，点电荷的电场分布，平行板电容器的动态分析，带电粒子在电场中加速与偏转的运动问题。题目较基础，应用相应的基础原理解答即可。
4.【答案】A D C D 电荷量 10389 电流 保护电路 2.83 1.03 1.94
【解析】解：(1)电动势E=W逆q、电阻R=UI、电功率P=Wt均属于比值定义；电流I=UR是欧姆定律的表达式，不属于比值定义。故BCD错误，A正确。
故选：A。
(2)当滑片向D端滑动，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，根据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压减大，所以路端电压减小，可知灯A变暗；
再根据干路电流变大，灯A电流变小，所以电源右侧电路的电流变大，电阻R上的电流变大，所以分压变大，但是路端电压减小，所以B灯和滑动变阻器上的电压就变小，所以B灯实际功率的变小，所以B灯变暗；故D正确，ABC错误。
故选：D。
(3)AB、当滑动变阻器的滑动触头P在a端和在b端时，分别有一电阻被短路，此两种情况外电路的总电阻最小，所以滑动变阻器从a端滑到b端的过程中，总电阻先由阻值最小逐渐增大后再减小到阻值最小，而电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，即电压表的读数先增大，后减小，故AB错误。
C、当滑动变阻器的滑动触头P在a端和在b端时，分别有一电阻被短路，此两种情况外电路的总电阻最小，且R总