文档内容
2024 一 2025 学年第一学期期末调研考试
高二物理
本试卷共4页，选择题10题，非选择题5题，共15题，满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写到相应位置，认真核对条形码上的姓名、
考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米
黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题
卷上答题无效。答题卡面清洁、不折叠、不破损。
一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7题为单选，每小题4分，在每小题给出的四个选
项中，只有一项符合题目要求。8一10题为多选，每小题6分，有多项符合题目要求，全部
选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 物理学家的科学研究推动了人类社会文明的进程，下列说法正确的是（ ）
A. 库仑最早通过扭秤实验测量了元电荷的数值为1.6×10-19C
B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了电现象和热现象之间存在联系
C. 奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D. 美国科学家富兰克林命名了正、负电荷，密立根通过实验测得元电荷的电量
【答案】D
【解析】
【详解】A．密立根最早用油滴实验测得元电荷的数值为1.6×10-19C，故A错误；
B．欧姆发现的欧姆定律描述了电流与电阻、电压与电动势之间的关系，焦耳发现的焦耳定律才揭示了热
现象与电现象间的联系，故B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误；
D．美国科学家富兰克命名了正、负电荷，密立根通过油滴实验测得元电荷的电量，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，质量为 的物体在一个与水平方向成 角的拉力 作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重
力加速度大小为 ，关于物体在时间 内所受力的冲量，下列说法正确的是（ ）
A. 重力的冲量大小为0 B. 摩擦力的冲量大小为C. 拉力 的冲量大小为 D. 合外力的冲量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．重力的冲量为
A错误；
B．由于物体做匀速运动，根据平衡关系有
摩擦力的冲量为
B错误；
C．拉力 的冲量大小为
C正确；
D．物体匀速直线运动，合力为零，所以合外力的冲量为0，D错误。
故选C。
3. 下列关于简谐运动的说法中正确的是（ ）
A. 简谐运动属于一种匀变速运动 B. 做简谐运动的物体在平衡位置所受的合外力为0
C. 做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同 D. 做简谐运动的物体的位移方向与加速度方向一
定相反
【答案】D
【解析】
【详解】A．简谐运动中加速度大小和方向变化，所以是变加速运动，A错误；
的
B．做简谐运动 物体在平衡位置所受回复力为零，但合外力不一定为零，例如单摆在平衡位置时合外
力不为0，B错误；
C．做简谐运动的物体经过同一位置时速度大小一定相同，但方向可能相反，C错误；
D．做简谐运动的物体位移方向总是背离平衡位置，而加速度方向总是指向平衡位置，所以位移方向与加
速度反向一定相反，D正确。
故选D。
的
4. 如图所示，直角三角形abc，∠a＝60°，ad＝dc，b、c两点在同一水平线上，垂直纸面 直导线置
于b、c两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，d点的磁感应强度大小为B 若把置于c点的直导线的
0.
电流反向，大小保持不变，则变化后d点的磁感应强度（ ）A. 大小为 B，方向水平向左
0
B. 大小为 B，方向竖直向下
0
C. 大小为B，方向水平向右
0
D. 大小为2B，方向竖直向下
0
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示
由几何关系知θ=60°，设每根导线在d点产生的磁感强度为B，据平行四边形定则有
若把置于c点的直导线电流反向，据几何知识可得
α=30°
d点合磁感强度大小为
方向竖直向下；故选B。
5. 一列简谐横波在 时的波形如图中实线所示， 时的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（
）A. 这列波的波长为6m B. 若波向右传播，则波的最小频率为
C. 若波向左传播，则波的传播速度大小为 D. 平衡位置分别为 的两个质点，振动方向始终
相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．这列波的波长为8m，选项A错误；
B．若波向右传播，则 （n=0、1、2、3……）
当n=0时周期T最大，最大值为T=4s，则波的最小频率为
选项B正确；
C．若波向左传播，则波的传播速度大小为 （n=0、1、2、3……）
选项C错误；
D．平衡位置分别为 的两个质点，平衡位置相差半个波长，则振动方向始终相反，选项D错误。
故选B。
6. 对如图所示的图片、示意图或实验装置，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”
B. 乙图是薄膜干涉的应用，用来测量平面的厚度
C. 丙图是双缝干涉原理图，若P到S、S 的路程差是半波长的奇数倍，则P处是暗纹
1 2D. 丁图是佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的干涉现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图是小孔衍射的图样，而“泊松亮斑”中央是亮点，选项A错误；
B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度，选项B错误；
C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S、S 的路程差是半波长的奇数倍，则P处是暗纹；若P到S、S 的
1 2 1 2
路程差是波长的整数倍，则P处是亮纹，选项C正确；
D．丁图是佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象，选项D错误。
故选C。
7. 玻璃中有一个球形气泡。一束平行光射入气泡，下列光路图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】光从玻璃进入空气，即由光密介质进入光疏介质，入射角小于折射角，后来又从玻璃进入空气，
则入射角大于折射角，其光路图如图所示，所以B正确；ACD错误；
故选B。
8. 在x轴方向存在一静电场，其 图像如图所示，一质子以一定的初速度沿x轴从O点运动到 ，质
子仅受电场力，则质子（ ）A. 在x 处电势能最大，受到的电场力却为零
1
B. 在x 处受到的电场力最大，电势能也最大
1
的
C. 从x 到 和从 到 受到 电场力均做正功
2
D. 在 处电势能为零，受到的电场力也为零
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知，在x 处电势最高，根据
1
可知质子在x 处电势能最大，根据 图像中斜率表示电场强度，可知在x 处斜率为零，所以质子在x
1 1 1
处受到的电场力为零。故A正确；B错误；
C．由图可知，从x 到 和从 到 电势均降低，质子的电势能也随之降低，由
2
可知从x 到 和从 到 受到的电场力均做正功。故C正确；
2
D．由图可知，在 处电势为零，所以电势能为零，在 处斜率不为零，受到的电场力也不为零。故D错
误。
故选AC。
9. 如图所示， 都是阻值为 的定值电阻， 是阻值足够大的滑动变阻器，电源内阻为r， 、
和A都是理想电压表和电流表， 分别表示电压表 、 示数的变化量， 表示电流表A
的示数变化量。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由左向右缓慢滑动时，下列说法中正确的是（ ）A. 示数减小， 示数减小，A示数增大 B. 变大
C. 时， 上的消耗的功率最大 D.
【答案】CD
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片由左向右缓慢滑动时，R阻值变大，总电阻变大，总电流减小，即A示
数减小，R 两端电压减小，即V 示数减小，因路端电压变大，则V 示数变大，选项A错误；
2 1 2
B．根据
可得
不变，选项B错误；
C．将R 和R 等效为电源内阻，则当 时， 上的消耗的功率最大，选项C正确；
1 2
D．因为
可得
选项D正确。
故选CD。
10. 如图所示，水平面上放置着半径为 、圆心角为 的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度 冲
上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量 ，小球质量 ，重力加速度大小为 ，不计一切摩擦和
空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成 角，则（ ）A. 圆弧半径
B. 小球飞出时，圆弧轨道的速度为
C. 小球飞出圆弧轨道时速度大小为
D. 若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为 ，那么小球在轨道上运动时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．小球以初速度 滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞
离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，
其中v 是相对轨道的速度，与圆弧相切， 是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示
1
由几何关系，可知 与 成60°角，v与 成30°角，则 与v成30°角，所以四边形是菱形，则有 ，
由水平方向动量守恒可得
由系统机械能守恒可得联立解得圆弧半径为
小球飞出时圆弧轨道的速度为
小球飞出圆弧轨道时速度大小为
故A正确，BC错误；
D．根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有
为
设小球在轨道上运动时间 ，则有
整理可得
解得
故D正确。
故选AD。
二、实验题（本题共2小题，共16分，11题6分，12题10分）
11. 某实验小组利用甲图所示的气垫导轨（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）探究
冲量与动量变化量的关系。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②在导轨上选择两个适当位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计及电脑，用以记录滑块通过光电
门Ⅰ、Ⅱ的时间 、 及滑块在两光电门之间的运动时间Δt；
③使气垫导轨倾斜，测量A点到导轨与水平桌面接触点O的距离L及A点距桌面高度h；
④将滑块从光电门Ⅰ左侧某处由静止释放，利用电脑记录 、 和△t；⑤改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤③④，进行多次测量。
（1）图乙是用游标卡尺测量遮光条宽度d的图示，则d＝________mm；
的
（2）某次实验中，测得 ，则滑块通过光电门Ⅰ 速度为________ （结果保留1位小
数）；
（3）在误差允许范围内，若满足△t＝________（用上述实验步骤中直接测量的物理量符号表示，已知重
力加速度为g），则说明合外力冲量等于动量变化量。
【答案】（1）12.9
（2）0.4 （3）
【解析】
【小问1详解】
根据游标卡尺得读数原理可知遮光条宽度为
【小问2详解】
滑块通过光电门Ⅰ的速度为
【小问3详解】
根据动量定理，重力分力得冲量等于物块的动量变化量，即
整理得
12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，所用电源的电动势为3V，某同学实验过程如下：
（1）先用多用表的欧姆挡“×1”粗测金属丝电阻，如图甲所示，则读数应记为________Ω。（2）用毫米刻度尺测量金属丝的长度为L，用图乙螺旋测微器测量金属丝的直径D为________mm。
（3）该同学设计了如图丙所示的实验电路较精确测量其电阻，实验室提供了两个滑动变阻器分别为 （0
～2000Ω，0.1A）和 （0～5Ω，0.6A），则应选用________。（选填“ ”或“ ”）
（4）该同学已连接好部分实物如图丁所示，请依据图丙，以笔画线代替导线，将图丁连接完整________。（5）若测得电阻为R，则它的电阻率 ________。（用字母L、D、R表示）
【 答 案 】 ① . 6 ②. 0.695##0.696##0.697 ③. ④.
⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]如图甲所示，则读数应记为6Ω。
（2）[2]图乙螺旋测微器测量金属丝的直径D为
0.5mm+19.6×0.01mm=0.696mm
（3）[3]由丙图可知，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，选用R。
2
（4）[4]金属丝电阻较小，测量电路采用外接法。实物连接如图（5）[5]根据
解得
三、解答题（本题共3小题，共38分，13题10分，14题12分，15题16分）
13. 如图所示，一质量 的平顶小车，车顶右端放一质量 的小物体，小物体可视为
质点，与车顶之间的动摩擦因数 ，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量 的子
弹以水平速度 射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从
车顶上滑落， 取 求∶
（1）最后小物体与小车的共同速度为多少？
（2）小车的最小长度应为多少？
【答案】（1） ；（2）0.9m
【解析】【详解】（1）子弹与车相互作用时间很短，对小车与子弹构成的系统，根据动量守恒定律有
对子弹、小车与小物体构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
（2）根据能量守恒定律有
解得
14. 如图所示，矩形区域Ⅰ和正方形区域Ⅱ内分别有水平向右和竖直向下的匀强电场，电场强度大小均为
E，区域Ⅰ的宽度为d，区域Ⅱ的边长为 ，区域Ⅰ左边界上O点距区域Ⅱ下边界的距离为d，在距离区域Ⅱ右
侧距离为d处有一竖直光屏D， 与光屏D垂直。将一质量为m、电荷量为 的粒子（不计重力）从
O点由静止释放，粒子经过区域Ⅰ和Ⅱ，最终打在光屏D上。求：
（1）粒子穿出区域Ⅰ时的速度大小；
（2）通过计算确定带电粒子离开区域Ⅱ的位置；
（3）带电粒子最终打在光屏D上的位置。
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）设粒子穿出区域Ⅰ时的速度大小为v，对粒子在区域Ⅰ的运动过程，根据动能定理有①
解得
②
（2）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，其竖直方向上的加速度大小为
③
运动时间为
④
在竖直方向上的位移大小为
⑤
联立②③④⑤解得
⑥
由于粒子带正电，所以向下偏转，则粒子离开区域Ⅱ的位置在区域Ⅱ右边界与OP交点正下方d处。
（3）设带电粒子最终打在光屏D上的Q点，根据类平抛运动规律的推论可知，粒子离开区域Ⅱ时速度方向
的反向延长线将过区域Ⅱ水平中线的中点，根据几何关系可知
⑦
解得
⑧
即带电粒子最终打在光屏D上P点下方距离P点2d的位置。
15. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 ，半径为 ，内壁光滑， 两点分别是圆
轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为 、带负电的小球在轨道内侧做
完整的圆周运动（电荷量不变），经过 点时速度最大， 连线与竖直方向的夹角 ，重力加速度为 。
（1）求小球所受的电场力大小；
（2）求小球在A点的速度 为多大时，小球经过 点时对圆轨道的压力最小；
（3）若匀强电场只分布在虚线 及 右下方区域，小球仍以（2）中速度 从A点开始运动，试判断
小球能否在轨道内侧做完整圆周运动回到A点。若能，求小球在此过程中对轨道的最大压力；若不能，请
说明理由。
【答案】（1）
（2）
（3）能，
【解析】
【小问1详解】
小球在 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿 方向，如图所示
所以小球受到的电场力的大小
【小问2详解】
要使小球经过 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过 点时的速度最小，即在 点小球对圆轨道的压力恰好为零，在 点有
解得
在小球从圆轨道上的 点运动到 点的过程中有
解得
【小问3详解】
由（2）已知小球运动至 时速度
若小球可以运动至 ，则
得
在B点，由牛顿第二定律
解得
故恰好可以过 点，小球从 运动至 根据动能定理
得
小球从 运动至A根据动能定理
得
故小球可以做完整的圆周运动回到A点。经分析，小球第一次通过A点时对轨道压力最大，根据牛顿第二
定律
解得
