江西省联盟2023-2024学年高二年级上册1月期末联考物理试题（解析版）

物理试卷

试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本

试卷上无效。

3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项是符

合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，

选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.矩形金属线框在匀强磁场中运动，具体的运动情况如下列选项所示，其中能够产生感应电流的是（）

[D

【解析】

【详解】A.图中线圈向右移动过程，线圈的磁通量一直为0,保持不变，不会产生感应电流，故A错

误；

B.图中线圈绕。。'轴转动过程，线圈的磁通量一直为0,保持不变，不会产生感应电流，故B错误；

C.图中线圈向右移动过程，线圈的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故C错误；

D,图中线圈绕OO'轴转动过程，线圈的磁通量发生周期性变化，会产生感应电流，故D正确。

故选D。

2.晋代陆机《文赋》中的“或因枝以振叶，或沿波而讨源”呈现了树叶振动和水波传播的情境，下列说法

正确的是（）

A.树叶做受迫振动的频率小于其驱动力的频率

B.飘落到水面上的树叶不会被水波推向岸边

C.两列水波在水面上相遇叠加时，必然能形成干涉图样

D.当水波遇到障碍物时，不能发生衍射现象

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据做受迫振动的物体，其振动频率等于驱动力的频率，可知树叶做受迫振动的频率等于其

驱动力的频率，故A错误；

B.飘落到水面上的树叶不会被水波推向岸边，而是在自身的平衡位置上下振动，故B正确；

C.若有两列水波在水面上相遇叠加时，不一定产生干涉图样，还与两列水波的频率有关，故C错误；

D.根据发生明显衍射现象的条件：障碍物或孔的尺寸与波长相差不多，或比波长小时，衍射现象最明

显；所以当水波遇到尺寸与其波长相差不大的障碍物时，能够发生明显的衍射现象，故D错误。

故选B。

3.八方两列简谐横波在同一均匀介质中分别沿4轴正、负方向传播，f=0时刻，x轴上x=0至x=4m区域

内，两列波的波形如图所示，则在图示区域内，下列说法正确的是（）

A.两列波振幅不同，在叠加区域不能形成稳定干涉

B.x=1m处的质点和x=3m处的质点振动总是相反

C.x=lm处的质点位移始终为y=Tcm

D.[=0时刻，x=2m处的质点振动速度可能为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.由于两列波的波动周期相同，波动频率相同，因此叠加后能形成干涉。A错误；

B.由于x=lm处质点和x=3m处质点振动减弱，当x=lm处质点处于波谷时，x=3m处的质点处于波

峰，因此x=lm处的质点与x=3m处的质点振动始终相反。B正确；

C.根据波的叠加，当/=0时刻时，x=lm处质点的位移为一1cm。C错误；

D.两列波叠加后，，=0时刻，x=2m处的质点振动加强，质点振动速度不为零。D错误；

故选B。

4.如图甲，将一个半导体和一个小灯泡串联在电路中，它们的伏安特性曲线如图乙所示，闭合开关，调节

滑动变阻器的滑片到某一个位置时，半导体和灯泡消耗的功率恰好相等，此时再将滑动变阻器的滑片向左

移一些，则滑片移动后（）

半导体

甲乙

A.半导体的功率比灯泡功率大

B.半导体功率变小、灯泡的功率变大

C.半导体和灯泡的功率均变大

D.半导体和灯泡功率仍然相等

【答案】A

【解析】

【详解】调节滑动变阻器的滑片到某一个位置时，半导体和灯泡消耗的功率恰好相等，可知此时半导体和

灯泡的电流和电压均相等，对应图乙中两图线的交点；此时再将滑动变阻器的滑片向左移一些，可知滑动

变阻器接入电路阻值变大，电路电流变小，由乙图可知，半导体和灯泡的电流和电压均变小，则半导体和

灯泡的功率均变小，但半导体的电压大于灯泡的电压，由于电流相等，所以半导体的功率比灯泡功率大。

故选Ao

5.将一个不带电的金属球P放在一个正点电荷附近并处于静电平衡状态，空间的电场线分布如图所示，。、

人是静电场中的两点，c、d是金属球内两点，下列说法正确的是（）

A.a点电势比h点电势图

B.a点场强比b点场强小

C.c点电势和d点电势不相等

D.金属球感应电荷在c点产生的场强比在d点产生的场强小

【答窠】A

【解析】

【详解】A.根据沿电场方向电势降低，由图可知〃点电势比方点电势高，故A正确；

B.根据电场线的疏密程度，由图可知。点场强比〃点场强大，故B错误；

CD.金属球P为一等势体，则。点电势和d点电势相等；金属球P内部场强为零，则金属球感应电荷在内

部某点的场强大小等于正点电荷在该点的场强大小，由于c点离正点电荷较近，则金属球感应电荷在c点

产生的场强比在d点产生的场强大，故CD错误。

故选Ao

6.图甲为名叫“弹簧公仔”的玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型，已知物块A

的质量为加，物块A静止时，弹簧的压缩量为x,现用力向下按物块A,使弹簧的压缩量为3x时撤去压力，

物块A在竖直方向上做简谐运动，当物块A运动到最高点时物块B对水平面的压力恰好为零，重力加速度

为g，弹簧始终在弹性限度内。物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是()

10

A.x=—cm

3

B.撤去压力的一瞬间，物块A的加速度大小为3g

C.物块B质量大小等于〃？

D.物块A的振动方程为y=10cos(m)(cm)

【答案】C

【解析】

【详解】A.物块A静止时，弹簧的压缩量为-此时物块A处于平衡位置，由题意可知

3x-x=A=10cm

可得

x=5cm

故A错误；

B.撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A受力分析，由牛顿第二定律

kx3x-mg=ma

其中

kx=mg

联立可得，物块A的加速度大小为

a=2g

故B错误；

C.当物块A运动到最高点，由对称性可知，弹簧此时伸长量为-对B有

kx=

其中

kx=mg

解得物块B的质量大小为

/nB=m

故C正确;

D.由图丙可知，振幅为

A=10cm

周期为

T=ls

物块A的振动方程为

2万

y=Acos(—r)(cm)

代入数据可得

y=10cos(2^r)(cm)

故D错误。

故选C。

7.如图是我国首次进行立式风洞跳伞实舱的情景，风洞喷出竖直向上的气流使几个实验者悬在空中，若气

流密度、气流速度大小均保持不变，气流吹到人身上后速度均变为零，其中甲、乙两人的质量分别为犯、

机2,受风面积分别为耳、S2,下列关系式正确的是（）

町啊m.m,

A.~r^=~r^=B.—=—

C.町S[=〃72s2D.S）=S2

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，设气流密度为。、气流速度为叭时间为由平衡条件可知，气流对人的作用为

卜'=mg

由牛顿第三定律可知，人对气流的作用力

F=F=mg

对气流，由动量定理有

-mgAt=0-Awv

又有

A/w=pvSbt

整理可得

m_pv2

Sg

由于气流密度、气流速度大小均保持不变，则有

加1_m2

M瓦

故选B。

8.如图甲，跨步电压触电是指人在高压输电线路附近，因双脚脚底形成电势差而引起的触电故。某同学不

慎靠近了一落地的高压电线，其两脚间形成的电势差与电流入地点之间的距离关系如图乙所示，下列说法

正确的是（）

A.为了安全，该同学应大踏步走向电流入地点

B.为了安全，该同学应大踏步远离电流入地点

C.若地面导电性能均匀，离电流入地点越远，电势降落得越慢

D.若地面导电性能均匀，绕电流入地点做圆周运动，不会造成跨步电压触电

【答案】CD

【解析】

【详解】AB.步幅越大，两脚之间的电势差越大，越容易造成跨步电压触电，AB错误；

C.离电流入地点越远，电势变化的曲线斜率越小，故电势降落得越慢，C正确；

D.若地面导电性能均匀，则以电流人地点为圆心的圆周上各点均为等势点，绕电流入地点做圆周运动,

不会迨成跨步电压触电，D正确。

故选CDo

9.如图，质量为1kg的物块P与物块Q（质量未知）静止在光滑水平面匕物块Q上拴接一轻弹簧，弹簧

处于原长。给物块P向左的初速度i，i,物块P与弹簧作用的过程中，物块P、Q的速度也、口的大小关系如

图乙所示，弹簧形变始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.物块Q质量为3kg

B.物块Q获得的最大速度为lm/s

C.弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为3.75J

3

D.弹簧压缩量最大时，两物块的共同速度大小为一m/s

4

【答案】AD

【解析】

【详解】A.物块PQ组成系统动量守恒，由图可知，系统初动量大小为

机PH=mQv2=3kg-m/s

解得

叫=3kg

故A正确：

B.当P与弹簧分离时，物块Q获得的速度最大，则

〃"匕=6p彩+/HQI，3

112

解得

33

v2=--m/s,v3=­m/s

3

即Q的最大速度为二m/s,故B错误；

2

CD.当两物块速度相等时，弹簧被压缩到最短，即压缩量最大，弹性势能最大，所以

wPv,=(mp+mQ')v

；〃2P片=；（〃%+，％）/+4

解得

1m/s,E=3.375J

4p

故C错误，D正确。

故选AD。

10.如图甲所示电路中，电源电动势E=12V,内阻片1.0C,电源负极端接地。定值电阻Ri=6.0C,R=4.0C,

R3=2.0Q,/?4=8.0Q,长=10。，电容器。的电容为2",当电键K闭合，流经Rs的电流随时间的变化如图乙

所示，电路稳定后，下列说法正确的是（）

//A

A.电容器下极板的电势比上极板高

B.通过电阻凡的电流是2A

C.乙组图线和坐标轴包围面积代表通过R的电量是8c

D.断开电键K到电路再次稳定过程中，通过R电量是8xl(T6c

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据闭合电路欧姆定律可知

.E.2

—(«+&)(&+-)।「A

%+R»+R3+R$

则并联部分的电压为

U=E-Ir=}OV

电源负极电势为零，则a点电势为

五工h凡=4V

%+«2

b点电势为

9b="\"=8V

电容器下极板的电势比上极板高，故A正确；

B.cd间电压为10V,故通过电阻Ri的电流是

/=---=1A

Ri+R2

故B错误;

C.乙图图线和坐标轴包围的面积代表通过凡的电量，也是电容器的带电量

Q=CU加=2〃Fx4V=8xl0-6c

故C错误；

D.断开电键K到电路再次稳定过程中，通过心电量等于电容器的带电量8x10-6（2,故D正确。

故选ADO

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.某同学利用单摆测量重力加速度，装置如图甲所示。

11川川“川仙山cm

010

甲乙

（1）使用游标卡尺测量小钢球直径d的读数如图乙所示，其读数为mm。

（2）关于实验的要点，下列说法正确的是o

A.为了防止摆角过大，悬线尽可能选短一些的不可伸长的细线

B.由于摆长等于摆线长加小球半径，因比选用半径大一些小球对实验没有影响

C.测量摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和

D.测量周期时，当单摆摆到最高点时开始计时，测量经过30~50次全振动的总时间算出周期

（3）按规范操作完成35次全振动的时间是70s,已知摆线长99.44cm,由这些数据计算得出重力加速度大

小8=m/s2o（后取9.86,结果保留三位有效数字）

【答案】11.2②.C③.9.86

【解析】

【详解】（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由图乙可知小球的直径为

d=llmm+2xO.lmm=l1.2mm

（2）⑵

A.为了防止摆角过大，悬线尽可能选长一些的不可伸长的细线，故A错误；

B.为了减小空气阻力的影响，应选择半径小一些，密度大一些的小球，故B错误；

C.测量摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C正

确；

D.测量周期时，当单摆经过平衡位置时开始计时，测量经过30~50次全振动的总时间算出周期，故D错

误。

故选C。

（3）［3］按规范操作完成35次全振动的时间是70s,则单盘的周期为

T70。

T=—s=2s

35

根据单摆周期公式

T=

又

1.12

L=99.44cm+-----cm=100cm=Im

2

联立可得重力加速度大小

万经

44x9.86x122

二亍m/s=9.86m/s

g22

12.某实验小组要测量一节干电池的电动势和内阻。实验室提供的器材有：

A.待测干电池1个

B,滑动变阻器&（0<5Q）

C.电压表（0~3V,内阻很大）

D.电压表V2（0~15V,内阻很大）

E,电流表A］（0-3A,内阻5约为1C）

F.电流表A2（0〜100mA,内阻弓=10C）

G.定值电阻&=2。

H.开关一个，导线若干

（1）请根据实验器材，设计实验电路图，并将电路图画在图甲方框中，要求尽可能减小实验误差

电路中电压表选（选填"Y”或"V?”）,电流表选（选填"A1”或“A?”）。

甲

（2）根据设计的电路图连接好实物电路，闭合开关前，应调节滑动变阻器的滑片到一端，使滑动变阻器接

入电路的电阻（选填“最大”或“最小”）,闭合开关后，调节滑动变阻器，测得多组电压表的示数

U和电流表的示数/,作U—/图像如图乙所示，图中所标物理量均已知，则电池的电动势后,电池

的内阻片o（均用测量的和已知的物理量符号表示）

（3）本实验（选填“存在”或“不存在”）因电表内阻引起的系统误差。

【答案】①.见解析②.V,③.A2④.最大⑤.U2⑥.（僚:喈一小餐

+r2）iQK2+r2

⑦.不存在

【解析】

【详解】（1）[1][2北3]由于一节干电池的电动势约为1.5V,则电路中电压表应选V"要求尽可能减小实验

误差，由于电流表A?内阻已知，所以电流表选A”但由于电流表A2量程较小，可将定值电阻R?与A?

并联，扩大电流表.鼠程，则实验电路图如图所示

（2）⑷闭合开关前，应调节滑动变阻器的滑片到•端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大;

⑸⑹团合开关后，调节滑动变阻器，测得多组电压表的示数U和电流表的示数/,则电路总电流为

%与A2并联后的电阻为

R井=-^-

1i

根据闭合电路欧姆定律可得

E=U+——-I(r+—^―)

&&+乃

整理可得

U.Erg+Q+Rgj

R2

可知U-/图像的纵轴截距为

E=U2

u-/图像的斜率绝对值为

r（&+.）+2弓_—2q

瓦/o

解得电池的内阻为

广二（5/阳R2r2

（6+4）/°R2+r2

（3）⑺本实验由于电流表内阻已知，则电流表的分压已知，所以不存在因电表内阻引起的系统误差。

13.如图，海面上有A、B两个导航浮标，两个浮标间距为30m,一列水波（看作简谐横波）沿海面从A

浮标向B浮标传播，两个浮标随波上下振动，每分钟完成20次全振动，振动最高点和最低点间的距离为

20cm,B浮标比A浮标振动落后30s,A、B浮标均看作质点，求：

（1）水波的波长；

（2）当A位于波峰时，A、B间有几个波峰（不包括A、B两点）；若以此时为计时零点，在0~1.5s内，

浮标B通过的路程为多少？

【答案】（1）3m；（2）9个，20cm

【解析】

【详解】（1）浮标随波上下振动，每分钟完成20次全振动，可知周期为

B浮标比A浮标振动落后30s,则波速为

v=^=30m/s=lm/s

Z30

水波的波长为

A=vT=1x3m=3m

（2）由于

xAB=30m=102

当A位于波峰时，此时B也位于波峰，可知不包括A、B两点，A、B间有9个波峰；振动最高点和最低

点间的距离为20cm,可知振幅为

“200

A=—cm=10cm

2

在0~1.5s内，由于

Ar=1.5s=-7'

2

浮标B通过的路程为

s=2A=20cm

14.如图，质量为3〃?的长木板A放在光滑水平面上，质量为3m的铁块B放在长木板A的上表面左端，挡

板D固定在光滑水平面上，质量为m的小球C用长为R的细线悬于。点。将小球C拉至与。等高的位置，

细线伸直，由静止释放，小球C运动到最低点时刚好沿水平方向与铁块B发生弹性碰撞，碰撞后铁块B在

长木板上表面向右滑动，在长木板A与挡板D碰撞前，铁块B与长木板A已相对静止，铁块B与长木板A

上表面的动摩擦因数为0.2,铁块B、小球C均看作质点，重力加速度为g。求：

（1）小球C与铁块B碰撞前一瞬间，细线对小球的拉力大小；

（2）小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小；

（3）开始时，长木板A右端离挡板D的距离至少多大。

co-----------•（）

\

\I

Kr

/7777777777777777_777_777_777_777_777_777_7777晅/77^

【答案】（1）3〃吆；（2）巡皿；（3）—

216

【解析】

【详解】（1）小球C从静止释放到与铁块B碰撞前一瞬间，根据机械能守恒可得

n12

mgR=-mvQ

乙

解得

%=7^

根据牛顿第二定律可得

T-mg=m—

解得细线对小球的拉力大小

（2）小球C与铁块B发生弹性碰撞，根据动量守恒可得

mv0=mvc+3〃7yB

根据机械能守恒可得

联立解得小球C与铁块B碰撞后一瞬间，铁块B的速度大小为

（3）碰撞后铁块B在长木板上表面向右滑动，在长木板A与挡板D碰撞前，铁块B与长木板A已相对静

止，根据动量守恒可得

37nvB=(3m+3m)u共

解得

以木板A为对象，根据动能定理可得

=-x3mv^

解得共速前木板A的位移大小为

5R

V而

可知开始时，长木板A的右端离挡板D的距离至少为空。

16

15.如图甲，在平面直角坐标系X。），的第一象限内，虚线AB上方有沿y轴负方向的匀强电场，A8与x轴负

方向夹角为37。，4点在y轴上，离。点距离为44点在彳轴上，在第二象限内有平行于｝，轴的平行板M、

M板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示。在M板附近有•粒子源，不断地由静止释放质量为加、电

荷量为g的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，以垂直于），轴的方向从），轴上的A点进入第一象限，粒

子在M、N间运动的时间远小于T,从，=0时刻释放的粒子进入第一象限的电场偏转后刚好从48的中点离

开电场，在x轴上有一个水平放置的足够大的接收屏，不计粒子的重力，求:

（1），=0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小;

（2）第一象限内的匀强电场电场强度的大小；

（3）接收屏上能接收到粒子的