江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试卷 Word版含解析

2024~2025学年度第一学期高二期末调研测试物理试题（考试时间：75分钟；总分：100分）注意事项：1．本试卷共分两部分，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。2．所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。第Ⅰ卷（选择题共44分）一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】地磁场的分布情况：地磁的北极在地理南极的附近，地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向地球南极，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向，故环形电流的方向由东向西流动，故ACD错误，B正确。故选B。2.下列四幅实验呈现的图样中，形成原理与其他不同的是（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A中是用光照射不透明的小圆盘后形成的衍射图样；B中是用X射线拍摄DNA晶体时形成的衍射图样；C中是光的双缝干涉图样；D中是光的单缝衍射图样。故形成原理与其他不同是C。故选C。3.关于电磁波及能量量子化的有关认识，以下说法正确的是（ ）A.只要有电场和磁场就能产生电磁波B.爱因斯坦认为电磁场是不连续的C.红外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒D.普朗克把能量子引入物理学，进一步完善了“能量连续变化”的传统观念【答案】B【解析】【详解】A．只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，稳定的电场和磁场不会产生电磁波，故A错误；B．爱因斯坦把能量子假设进行了推广，认为电磁场本身就是不连续的，故B正确；C．紫外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒，故C错误；D．普朗克把能量子引入物理学，进一步破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。故选B。4.如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，以下关于该物体的说法正确的是（ ）A.0.2s时与0.4s时的回复力相同 B.0.4s时与0.6s时的速度相同C.0.5s~0.7s加速度在减小 D.0.9s~1.1s势能在增加【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知0.2s时与0.4s时的位移大小相等，方向相反，则0.2s时与0.4s时的回复力大小相等，方向相反，故A错误；B．由题图可知0.4s时与0.6s时的速度大小相等，方向相反，其中0.4s时物体向正方向运动，0.6s时物体向负方向运动，故B错误；C．由题图可知0.5s~0.7s内，物体从正向最大位移向平衡位置振动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C正确；D．由题图可知0.9s~1.1s内，物体从负向最大位移向平衡位置振动，物体的动能在增加，势能在减小，故D错误。故选C。5.如图所示，表示两列频率相同、振幅均为A的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。以下说法正确的是（ ）A.该时刻后，N处质点一直处于静止状态 B.该时刻后，M处质点由M向P移动C.该时刻后内，M处质点的振幅由2A减小为0 D.该时刻M处是凸起的最高点，此后最高点由M向Q移动【答案】A【解析】【详解】A．由题图可知，N处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，N处质点一直处于静止状态，故A正确；B．M处质点只在其平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故B错误；C．由题图可知，M处质点是波峰与波峰叠加，所以该点是振动加强点，其振幅一直为2A，保持不变，故C错误；D．由题图可知，此时Q处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，Q处质点一直处于静止状态，则M处凸起的最高点不是由M向Q移动，故D错误。故选A。6.如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环、的圆心O、在磁场的中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、Q、在圆环上，P、Q关于O点对称。以下说法正确的是（ ）A.P、Q两点磁感应强度相同B.P点磁感应强度比点小C.穿过的磁通量大于穿过的磁通量D.以PQ连线为轴旋转时，没有感应电流产生【答案】C【解析】【详解】A．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，磁场方向沿磁感线切线方向，可知，P、Q两点磁感应强度大小相等，方向不相同，即P、Q两点磁感应强度不相同，故A错误；B．磁感线分布密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，P点磁感应强度比点大，故B错误；C．磁感线分布密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，环所在位置的磁感应强度大于环所在位置的磁感应强度，由于环与中轴线垂直，有效面积相等，则穿过的磁通量大于穿过的磁通量，故C正确；D．以PQ连线为轴旋转时，穿过线圈的磁通量发生变化，可知，有感应电流产生，故D错误。故选C。7.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小华通过目镜观察单色光的干涉图样时，发现亮条纹与分划板竖线未对齐，如右图所示。若要使两者对齐，小华应（ ）A.仅旋转单缝 B.仅拨动拨杆 C.仅旋转测量头 D.仅转动透镜【答案】C【解析】【详解】发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头。旋转单缝、拨动拨杆、转动透镜均无法使亮条纹与分划板竖线对齐。故选C。8.电鳗能借助分布在身体两侧肌肉内的“起电斑”产生电流。某电鳗体中的“起电斑”沿着身体从头部到尾部延伸分布，并排成125行，每行串有5000个。已知每个“起电斑”的内阻为0.25Ω，并能产生0.16V的电动势。该“起电斑”阵列与电鳗周围的水形成回路，假设回路中水的等效电阻为790Ω，则电鳗放电时，放电电流为（ ）A0.64A B.1A C.1.6A D.0.4A【答案】B【解析】【详解】该“起电斑”阵列的总电动势为该“起电斑”阵列的内阻为根据闭合电路欧姆定律可得电鳗放电时，放电电流为故选B。9.如图所示，长为3L的直导线折成边长分别为、直角导线，置于与其所在平面相平行的匀强磁场中，磁感应强度为B。当导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（ ）A B.C. D.【答案】D【解析】【详解】ac边与磁场方向平行，该边不受安培力，cd边与磁场方向垂直，则导线所受安培力为故选D。10.如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是（ ）A.0.3v B.0.5v C.0.7v D.0.8v【答案】B【解析】【详解】若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有，解得若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有解得可知只有第二个选择项满足要求。故选B。11.如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（ ）A.图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高B.图乙中，粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为C.图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高D.图丁中，三种粒子由静止加速射入磁场，在磁场中PS距离最大【答案】B【解析】【详解】A．在多级直线加速器（图甲）中，粒子在两筒间的电场中做加速运动，在筒中由于筒内电场强度为0，粒子做匀速直线运动，A错误；B．回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第次加速后第次加速后又因为粒子在磁场中做圆周运动可得则B正确；C．对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，B板电势高，C错误；D．在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速进入磁场后联立可得电荷量相同，质量最大，则在磁场中运动的半径最大，PS距离最大，D错误。故选B。第Ⅱ卷（非选择题共56分）二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.为了测定电源的电动势、内电阻及金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电路。其中MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，是阻值为0.5Ω的定值电阻。实验中调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，绘制了如图乙所示的图线。（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，图丙中调节顺序为______（选填“先调C后调D”或“先调D后调C”），再旋紧B，从图丙中可读出电阻丝的直径d为______mm；（2）由图乙求得电池的电动势______V，内阻______（结果均保留两位有效数字），由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值______真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；（3）实验中作出图像如图丁所示，已知图像斜率为k，电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率______，所作图线不过原点的原因是______。【答案】（1）①.先调C后调D②.6.790（2）①.1.5②.1.3③.小于（3）①.②.电流表有一定的电阻【解析】【小问1详解】[1]用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中调节顺序为先调C后调D，再旋紧B。[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为【小问2详解】[1][2]由闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的纵轴截距等于电动势，则有图像的斜率绝对值为解得内阻为[3]由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，由闭合电路欧姆定律可得整理可得则图像的纵轴截距为可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。【小问3详解】[1][2]根据欧姆定律可得可得可知图像的斜率为解得电阻丝的电阻率为所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。13.一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，求：（1）波传播的速度大小和方向；（2）a点在0~4s内的路程。【答案】（1），方向沿轴正方向（2）【解析】【小问1详解】由图甲可知，波长由图乙可知，周期根据波速公式可得由图乙可知，时质点沿轴正方向运动。根据“上下坡法”（沿着波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动），在图甲中，质点向上振动，则波沿轴正方向传播，所以波传播的速度大小是，方向沿轴正方向。【小问2详解】由图乙可知，质点的振幅因为（一个周期），质点在一个周期内通过的路程，所以点在内的路程14.如图所示，一玻璃砖截面为半圆形，O为圆心，一束频率为的激光沿半径方向射入玻璃砖，入射方向与直径夹角为，在O点恰好发生全反射，水平射出后，进入双缝干涉装置。已知双缝间距，光屏离双缝，光在真空中的传播速度为。求：（1）玻璃砖的折射率n（结果可保留根号）；（2）光屏上相邻亮条纹的间距。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为根据可得折射率为【小问2详解】激光的波长为光屏上相邻亮条纹的间距为15.如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m。将质量为2m的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g。（1）若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小；（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小；（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得解得C第一次滑到O点时，C的速度大小为【小问2详解】若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为，C的水平位移大小为，则有又联立解得【小问3详解】若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为，AB整体的速度大小为，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有根据系统机械能守恒可得联立解得C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为16.如图所示，A为速度选择器，磁场与电