2024-2025学年江苏省南京市某校高二（上）段考物理试卷（9月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省南京市某校高二（上）段考物理试卷（9月份）一、单选题：本大题共11小题，共44分。1.下列不属于比值定义的是(

)A.电场强度E=Fq B.真空中点电荷的电场强度E=kQr2

C.电容2.图(a)为观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱的阻值R，实线和虚线分别表示改变前后放电过程电流随时间变化的曲线，最符合实际情况的图像为(

)A.B.C.D.3.污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。则(

)A.N点的电势比P点的低

B.N点的电场强度比P点的大

C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做负功

D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小4.如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子依次从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b回到a的为1.2s，则该振子的振动频率可能为(

)A.1Hz B.1.25Hz C.2Hz D.2.5Hz5.某横波在介质中沿x轴传播，左图为t=0.25s时的波形图，右图为P点的振动图象，则(

)

A.该波向右传播，波速为0.5m/s B.任意时刻质点L与质点N的位移相同

C.质点P平衡位置坐标x=1.5m D.t=1.25s时，质点K向右运动了2.5m6.如图所示，有一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(

)A.mv22eL B.nv2Sm7.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为r，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1=13r，R2=2r。若用电流表AA.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06A

B.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A

C.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.08A

D.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A8.某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若增加溶液浓度，则(

)A.电容器的电容增大 B.电容器两极板间电场强度不变

C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度增加过程中电流方向为N→M9.某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A，不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则(

)A.每秒水泵对水做功为75J

B.每秒水泵对水做功为225J

C.水泵输入功率为400W

D.电动机线圈的电阻为5Ω10.图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(

)A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2

B.水柱对汽车的压强ρv2

C.水柱对汽车的平均冲力为11.如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板(序号为0)中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是(

)

A.电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比12

B.第2个金属圆筒的长度为T2eU0m

C.电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值二、实验题：本大题共1小题，共15分。12.某同学要做“测金属丝的电阻率”实验。

(1)用游标卡尺测量金属丝长度示数如图甲所示，其值为l=______cm。

(2)先用多用电表欧姆挡的“×1”倍率粗测金属丝的电阻，示数如图乙所示，其阻值为R=______Ω。

(3)实验电路如图丙所示，根据电路图完成图丁中的实物连线______。

(4)从实验原理上看，待测电阻测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值。如果测得的金属丝长度为l，直径为d，电阻为R，都采用国际单位制单位，则它的电阻率ρ=______(用l、d、R字母表示)。三、计算题：本大题共4小题，共41分。13.质子从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为30°，微粒运动轨迹的最高点到两极板距离相等，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。

(1)求电压之比U1：U2。

(2)若将质子和二价氦离子混合物从静止开始经电压14.如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2cm，波速为2m/s。在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4m，当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1cm的位置。

(1)求此波的可能周期；

(2)若波长λ>0.4m，并以此时刻为计时起点，写成质点b的振动方程。15.如图所示，空间中存在匀强电场(未画出)，一固定光滑绝缘轻杆与水平方向夹角为θ。带电量为+q的A环套在轻杆上，距离杆底端距离为6916l，保持静止，已知A环的质量为3m。距离A环l的位置有光滑绝缘环B，B环的质量为m，不带电，在外力作用下静止。重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中环的带电量不变。

(1)求电场强度的最小值；

(2)在(1)问的基础上，不改变电场方向，释放B环，当B环与环A发生碰撞时，将电场强度增加到原来的43倍，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；

(3)从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过多长时间A环滑离杆。16.如图，质量为2m的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半圆形的光滑轨道，半径为R。质量为m的小球，初始时刻从半圆轨道的右端点由静止开始下滑。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。求：

(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽相对于初始时刻运动的距离；

(2)小球第一次运动到凹槽最低点时，小球对凹槽的压力；

(3)请借助此题情景从力学规律证明椭圆在长轴顶点处的曲率半径公式ρ=b2a(a表示半长轴，b表示半短轴)。参考答案1.B

2.A

3.D

4.B

5.C

6.C

7.C

8.B

9.C

10.B

11.D

12.13.750

8

见解析

小于

πRd13.解：(1)质子在加速电场中，由动能定理可知：qU1=12mv2；

质子在偏转电场中，竖直方向的分速度为：vy=vsin30°，由图可知竖直方向的最大分位移为极板间距的一半，即d2=vy22a，竖直加速度为：a=qU2md；

联立解得：U1：U2=2：1；

(2)粒子在加速电场中，由动能定理可知：q2U1=12m2v22；

粒子在加速电场中，沿加速电场的方向做匀加速直线运动，故进入偏转电场时速度方向不变；

粒子在偏转电场中，水平方向上做匀速运动，若板长为L，L=v2cos30°t，

14.解：(1)根据题意，有两种情况：

第1种情况：波的图像可能如图1所示，

从图像与余弦函数的规律，考虑周期性，可得：14λ+112λ+nλ=0.4m

解得波长：λ=615n+5m，(n=0、1、2……)

可得周期：T=λv=615n+52s=315n+5s，(n=0、1、2……)

第2种情况：波的图像可能如图2所示，

同理可得：34λ′−112λ′+nλ′=0.4m

解得波长：λ′=615n+10m，(n=0、1、2……)

可得周期：T′=λ′v=615n+102s=315n+10s，(n=0、1、2……)

(2)对应第1种情况，若波长λ>0.4m，则n只能取0，解得波长只能为λ1=1.2m

可得周期为T1=λ1v=1.22s=0.6s

圆频率为：ω1=2πT1=2π0.6rad/s=10π3

可得：y=2sin(10π3t+φ1)cm

对于质点b，当t=0时，y=−1cm，且向+y方向运动

解得：φ1=11π6

可得质点b的振动方程为：y=2sin(10π3t+11π615.解(1)当电场强度方向与杆方向平行且沿杆向上时，电场强度最小，根据平衡条件

3mgsinθ=qEmin

解得电场的最小值

Emin=3mgsinθq

(2)质量为m的光滑B环从静止释放，由牛顿第二定律

mgsinθ=ma

加速度为

a=gsinθ

设A与B碰前速度为v0，根据运动学公式

v02=2al

解得

v0=2glsinθ

由于A与B的碰撞为弹性碰撞，以A与B碰前速度为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12×3mv22

联立解得

v1=−2glsinθ2

v2=2glsinθ2

碰撞后，B做匀减速直线运动，对A由牛顿第二定律

q⋅43Emin−3mgsinθ=3ma′

可得

a′=gsinθ3

以沿杆向下为正方向，当A与B速度相等时，相距最远，则有

v2−a′t1=v1+at1

解得

t1=32glsinθ4gsinθ

此时速度

v=gsinθ4

A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离

Δxmax=v2+v2t1+v1+v2t1

解得

Δxmax=32l

(3)16.解：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，小球与凹槽在水平方向动量守恒，规定向左为正方向，则有

mv1=2mv2

两边同乘t有

mv1t=2mv2t

根据水平方向的位移

x=vt

有

mx1=2mx2

得

x1=2x2

又根据几何关系有

x1+x2=R

解得x2=13R

(2)小球第一次运动到轨道最低点，根据能量守恒

mgR=12mv12+12×2mv22

小球与凹槽在水平方向动量守恒，则有

mv1=2mv2

小球在最低点，根据牛顿第二定律有

FN−mg=m(v1+v2)2R

解得

FN=4mg

根