贵州省安顺市普通高中2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测物理试题
1．（2024高二上·安顺期末）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台上静止自由下落，不计空气阻力，则游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．橡皮绳的弹性势能减小
B．游客的机械能保持不变
C．游客的动能从橡皮绳绷紧时开始减小
D．橡皮绳弹性势能与游客的动能之和增加
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。A．安全绳绷紧前，弹性势能不变；绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；
B．绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变；绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故B错误；
C．绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小， 故C错误；
D．游客的重力势能转化为绳的弹性势能与游客的动能，从跳台到最低点重力势能的减少量等于弹性势能与动能之和的增加量，D正确。
故选D。
【分析】重力做正功，重力势能减少，橡皮绳的拉力做负功弹性势能增加；重力做功不改变机械能，橡皮绳弹力做功改变游客的机械能；根据游客受力情况判断其动能的变化情况。
2．（2024高二上·安顺期末）如图所示，矩形导线框MNPQ位于竖直放置的通电长直导线附近，导线框和长直导线在同一竖直平面内，线框的MN和PQ两边与长直导线平行。下列操作导线框中有感应电流的是（ ）
A．导线框竖直下落 B．导线框竖直向上平移
C．导线框水平向左平移 D．导线框以长直导线为轴转动
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题主要考查了感应电流的条件，解题关键是掌握闭合线圈中磁通量发生变化是感应电流的条件。A．导线框竖直下落，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故A错误；
B．导线框竖直向上平移，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B错误；
C．导线框水平向左平移，穿过导线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；
D．导线框以长直导线为轴转动，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故D错误。
故选C。
【分析】根据感应电流产生的条件：闭合线圈中磁通量发生变化。
3．（2024高二上·安顺期末）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则铜环所受安培力（ ）
A．大小为2rBI B．大小为πrIB
C．方向水平向左 D．方向水平向右
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。环中通有大小为I、方向从a到b的电流，铜环所受安培力等效于直径ab所受安培力，则大小为
根据左手定则可知，安培力方向竖直向下。
故选A。
【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式F=BIL计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。
4．（2024高二上·安顺期末）如图是用木槌打糍粑的场景，已知木槌质量为15kg，木槌刚接触糍粑时的速度是8m/s，打击糍粑0.1s后木槌静止，则木槌打击糍粑时平均作用力的大小约是（ ）
A．150N B．1350N C．1200N D．120N
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。运用动量定理解题时要规定正方向。设竖直向下为正方向，对于木槌由动量定理可得
解得
表明木槌受到糍粑的平均作用力大小为1350N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑时平均作用力的大小为1350N，方向竖直向下。
故选B。
【分析】分析木槌的运动过程，根据木槌的受力情况与运动过程判断其速度如何变化，然后判断动量如何变化；对木槌应用动量定理求出木槌受到的平均作用力，求出木槌受到的合力的冲量。
5．（2024高二上·安顺期末）如纵截面图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜，叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率分别为nP、nQ。则从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角（ ）
A．若nP < nQ时，锐角等于θ B．若nP < nQ时，锐角大于θ
C．若nP = nQ时，锐角等于θ D．若nP = nQ时，锐角小于θ
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 解决该题的关键是会正确做出光在介质中传播的光路图，熟记光的折射定律， 光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。AB．光在介质中的传播路径如图所示
根据折射定律知
，
单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，所以
当nP < nQ时
则
则从Q下表面射出的光线与下表面所夹的锐角小于θ，故AB错误；
CD．当nP = nQ时
则
则从Q下表面射出的光线与下表面所夹的锐角等于θ，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】做出光在介质中传播的光路图，根据折射定律分析不同的折射率对应的夹角关系。
6．（2024高二上·安顺期末）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，电路中的电表均为理想电表。当饮酒驾驶后对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻功率减小
B．电源的总功率增加
C．电压表的示数变小，电流表的示数变小
D．电压表的示数变大，电流表的示数变大
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。A．由图可知电压表测量传感器电阻的电压，定值电阻、传感电阻、电源串联，由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知
则电路中电流增大，由定值电阻功率
可知定值电阻功率增大，故A错误；
B．电源的总功率
则电源的总功率增加，故B正确；
CD．由闭合电路欧姆定律知电压表的示数
由电路中电流增大，则电流表的示数增大，电压表示数减小，故CD错误。
故选B。
【分析】由电路连接特点，根据闭合电路欧姆定律推导电阻变化时电流变化，以及电压表示数大变化，结合欧姆定律求解电流变化。
7．（2024高二上·安顺期末）某一沿x轴方向上传播的简谐横波，t=1s时的波形如图甲所示，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图乙为质点P的振动图像，则（ ）
A．该波传播速度6m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t=2.6s时，质点Q的振动方向沿y轴负方向
D．t=0.2s至t=0.4s过程中，质点P的加速度在减小
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。A．由题图可知，波长为，周期为，则该波传播速度为
故A错误；
B．由图乙可知，时，质点P向上振动，由图甲结合波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．时，质点Q处于波谷位置，由于
可知时，质点Q处于从波峰向波谷振动的过程中，所以质点Q的振动方向沿y轴负方向，故C正确；
D．由图乙可知，至过程中，质点P处于从平衡位置向波谷振动的过程中，则质点P的加速度在增大，故D错误。
故选C。
【分析】根据振动图像分析在t=1s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的传播方向；
由图分析波的波长、周期，根据公式计算波速；根据振动图像分析在t= 0.2s至t=0.4s过程中 ，质点P的位置和振动方向，由此分析其加速度变化情况；分析从t=1s到t=2.6s时间间隔与周期的关系，由此判断质点Q的位置。
8．（2024高二上·安顺期末）用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离或改变双缝到光屏的距离后，干涉条纹变为如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则（ ）
A．双缝间的距离变大 B．双缝间的距离变小
C．增加双缝与光屏间的距离 D．减少双缝与光屏间的距离
【答案】B,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】光的干涉现象：两列或几列光波在空间相遇时相互叠加，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象，证实了光具有波动性 。由题图可知，图乙干涉条纹间距大于图甲干涉条纹间距，根据
可知，双缝间的距离变小或增加双缝与光屏间的距离。
故选BC。
【分析】根据图片得出甲、乙中相邻亮条纹间距的大小关系，根据双缝干涉的相邻亮条纹间距的计算公式解答。
9．（2024高二上·安顺期末）如图所示，一个可自由转动的小磁针放在铜丝导线正下方，接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。为了继续研究导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。下列实验符合事实的是（ ）
A．减小铜丝直径，小磁针仍能偏转
B．小磁针的偏转情况与其放置位置有关
C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转
D．用铝丝导线替换铜丝导线，小磁针仍能偏转
【答案】A,B,D
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了磁场相关知识，正确掌握右手螺旋定则是解决此类问题的关键。A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，故A正确；
B．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，故B正确；
C．减小电源电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，故C错误；
D．用铝丝导线替换铜丝导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，故D正确。
故选ABD。
【分析】 根据地磁方向，电流方向，结合右手螺旋定则分析判断。
10．（2024高二上·安顺期末）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，已知手机的质量为m，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，弹簧弹力大小为mg
B．t=0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t=0至t=0.2s，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为a=4sin（2.5πt）m/s2
【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】能从图像上分析出振动的周期，振幅以及角频率是解题的基础，能根据正方向的规定确定弹簧的状态以及手机的位置。A．由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由 平衡条件可得弹簧弹力大小为
故A正确；
B．由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，即加速度方向是竖直向上的，则手机位于平衡位置下方，故B错误；
C．由题图乙知，从t=0至t=0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C错误；
D．由题图乙知周期
则角频率
则a随t变化的关系式为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据弹簧的形变量分析；根据手机的加速度方向分析；根据手机的动能和重力势能的变化分析；根据周期得到角频率，然后结合图像写出a随时间t变化的关系式。
11．（2024高二上·安顺期末）某同学在做“用单摆测量重力加速度的大小”实验时，用游标卡尺测量小球直径，读数如图甲所示。
（1）游标卡尺的读数为 mm；
（2）该同学根据多次测量数据作出单摆长与周期的l—T2图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速g= m/s2（取π=3.14，结果保留3位有效数字）：
（3）实验时某同学测得的g值偏大，其可能的原因是 。
A．摆球的质量太大
B．摆长算为线长加小球直径
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长）
【答案】（1）9.6
（2）9.86
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 实验原理：一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比．单摆做简谐运动时， 只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值 。（1）游标卡尺的读数为
9mm+0.1mm×6=9.6mm
（2）
根据
解得
由图像可知
解得
（3）
实验时某同学测得的g值偏大，根据
可知
A．摆球的质量对重力加速度测量无影响，选项A错误；
B．摆长算为线长加小球直径，则摆长l偏大，则g偏大，选项B正确；
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次，则周期偏大，g偏小，选项C错误；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），而计算时仍用原来的摆长值计算，则g偏小，选项D错误。
故选B。
【分析】（1）根据游标卡尺的分度值结合图甲得出游标卡尺的读数；摆长等于摆线长加小球的半径；
（2）根据单摆的周期公式结合图像分析出加速度的大小；
（3）根据单摆的周期公式判断g值的大小与哪些物理量有关。
（1）游标卡尺的读数为9mm+0.1mm×6=9.6mm
（2）根据
解得
由图像可知
解得
g=9.86m/s2
（3）实验时某同学测得的g值偏大，根据
可知
A．摆球的质量对重力加速度测量无影响，选项A错误；
B．摆长算为线长加小球直径，则摆长l偏大，则g偏大，选项B正确；
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次，则周期偏大，g偏小，选项C错误；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），而计算时仍用原来的摆长值计算，则g偏小，选项D错误。
故选B。
12．（2024高二上·安顺期末）某同学在测定一合金的电阻率实验时，选取一段粗细均匀的圆柱体合金，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，螺旋测微器的示数如图甲所示。
（1）由甲图读得圆柱体的直径为d= mm；
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，为了更准确的测出圆柱体的阻值，下列操作正确的是 ；
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量
B．将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，两表笔短接调零，再次测量
C．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，再次测量
D．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，再次测量
（3）为更加精确测量圆柱体的阻值Rx，设计了如图乙所示的电路进行实验，实验器材分别为电源E、电流表A1、（内阻为r1）、电流表A2（内阻为r2）、定值电阻R0、滑动变阻器R、开关S和导线若干。用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，则Rx= （用字符I1、I2、R0和r2表示）；
（4）实验中若接入电路的合金长度为l，则该合金的电阻率ρ= （用字符Rx、l和d表示）。
【答案】（1）1.825
（2）A
（3）
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了螺旋测微器的读数和电阻的测量；要明确实验原理，掌握实验器材的选择方法以及实验电路设计的依据；掌握欧姆定律和并联电路的特点是解题的关键。
（1）由图示螺旋测微器可知，其精度是0.01mm，读数为
1.5mm+32.5×0.01mm=1.825mm
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，说明被测电阻阻值较小，为了更准确的测出圆柱体的阻值，应换用小倍率挡位，所以将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量。
故选A。
（3）待测电阻两端电压
通过待测电阻的电流
根据欧姆定律，待测电阻
（4）由
解得该合金的电阻率
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度对应示数（估读一位）×精确度；
（2）欧姆表测电阻时指针向右偏转的角度较大，说明欧姆表指针对应示数小，根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；
（3） 根据并联电路的特点和欧姆定律求解待测电阻；
（4）将待测电阻代入电阻定律即可。
（1）由图示螺旋测微器可知，其精度是0.01mm，读数为
1.5mm+32.5×0.01mm=1.825mm
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，说明被测电阻阻值较小，为了更准确的测出圆柱体的阻值，应换用小倍率挡位，所以将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量。
故选A。
（3）待测电阻两端电压
通过待测电阻的电流
根据欧姆定律，待测电阻
（4）由
解得该合金的电阻率
13．（2024高二上·安顺期末）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成θ角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，液体的折射率为，求：
（1）θ角等于多少度：
（2）激光在液体中的传播速度v。
【答案】（1）根据题意可知，θ角即为液体对该光束的临界角，故
即
（2）激光在液体中的传播速度为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据全反射的临界角与折射率的关系求出液体的折射率；
（2）根据折射率与光速的关系求出激光在液体中的传播速度。
（1）根据题意可知，θ角即为液体对该光束的临界角，故
即
（2）激光在液体中的传播速度为
14．（2024高二上·安顺期末）如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，O'P、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为μ=0.15。剪断细绳O'P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）求A运动到最低点时细绳OP对其拉力的大小；
（2）当A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小；
（3）A与C碰后，C相对B滑行的距离L相对。
【答案】（1）细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C的速度大小
（3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
（1）细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C的速度大小
（3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
15．（2024高二上·安顺期末）如图，直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、III象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P点进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴上的Q点离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过N时的速度大小；
（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小；
（4）粒子从N经P到Q点运动的时间t。
【答案】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
1 / 1贵州省安顺市普通高中2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测物理试题
1．（2024高二上·安顺期末）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台上静止自由下落，不计空气阻力，则游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．橡皮绳的弹性势能减小
B．游客的机械能保持不变
C．游客的动能从橡皮绳绷紧时开始减小
D．橡皮绳弹性势能与游客的动能之和增加
2．（2024高二上·安顺期末）如图所示，矩形导线框MNPQ位于竖直放置的通电长直导线附近，导线框和长直导线在同一竖直平面内，线框的MN和PQ两边与长直导线平行。下列操作导线框中有感应电流的是（ ）
A．导线框竖直下落 B．导线框竖直向上平移
C．导线框水平向左平移 D．导线框以长直导线为轴转动
3．（2024高二上·安顺期末）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则铜环所受安培力（ ）
A．大小为2rBI B．大小为πrIB
C．方向水平向左 D．方向水平向右
4．（2024高二上·安顺期末）如图是用木槌打糍粑的场景，已知木槌质量为15kg，木槌刚接触糍粑时的速度是8m/s，打击糍粑0.1s后木槌静止，则木槌打击糍粑时平均作用力的大小约是（ ）
A．150N B．1350N C．1200N D．120N
5．（2024高二上·安顺期末）如纵截面图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜，叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率分别为nP、nQ。则从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角（ ）
A．若nP < nQ时，锐角等于θ B．若nP < nQ时，锐角大于θ
C．若nP = nQ时，锐角等于θ D．若nP = nQ时，锐角小于θ
6．（2024高二上·安顺期末）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，电路中的电表均为理想电表。当饮酒驾驶后对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻功率减小
B．电源的总功率增加
C．电压表的示数变小，电流表的示数变小
D．电压表的示数变大，电流表的示数变大
7．（2024高二上·安顺期末）某一沿x轴方向上传播的简谐横波，t=1s时的波形如图甲所示，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图乙为质点P的振动图像，则（ ）
A．该波传播速度6m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t=2.6s时，质点Q的振动方向沿y轴负方向
D．t=0.2s至t=0.4s过程中，质点P的加速度在减小
8．（2024高二上·安顺期末）用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离或改变双缝到光屏的距离后，干涉条纹变为如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则（ ）
A．双缝间的距离变大 B．双缝间的距离变小
C．增加双缝与光屏间的距离 D．减少双缝与光屏间的距离
9．（2024高二上·安顺期末）如图所示，一个可自由转动的小磁针放在铜丝导线正下方，接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。为了继续研究导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。下列实验符合事实的是（ ）
A．减小铜丝直径，小磁针仍能偏转
B．小磁针的偏转情况与其放置位置有关
C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转
D．用铝丝导线替换铜丝导线，小磁针仍能偏转
10．（2024高二上·安顺期末）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，已知手机的质量为m，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，弹簧弹力大小为mg
B．t=0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t=0至t=0.2s，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为a=4sin（2.5πt）m/s2
11．（2024高二上·安顺期末）某同学在做“用单摆测量重力加速度的大小”实验时，用游标卡尺测量小球直径，读数如图甲所示。
（1）游标卡尺的读数为 mm；
（2）该同学根据多次测量数据作出单摆长与周期的l—T2图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速g= m/s2（取π=3.14，结果保留3位有效数字）：
（3）实验时某同学测得的g值偏大，其可能的原因是 。
A．摆球的质量太大
B．摆长算为线长加小球直径
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长）
12．（2024高二上·安顺期末）某同学在测定一合金的电阻率实验时，选取一段粗细均匀的圆柱体合金，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，螺旋测微器的示数如图甲所示。
（1）由甲图读得圆柱体的直径为d= mm；
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，为了更准确的测出圆柱体的阻值，下列操作正确的是 ；
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量
B．将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，两表笔短接调零，再次测量
C．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，再次测量
D．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，再次测量
（3）为更加精确测量圆柱体的阻值Rx，设计了如图乙所示的电路进行实验，实验器材分别为电源E、电流表A1、（内阻为r1）、电流表A2（内阻为r2）、定值电阻R0、滑动变阻器R、开关S和导线若干。用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，则Rx= （用字符I1、I2、R0和r2表示）；
（4）实验中若接入电路的合金长度为l，则该合金的电阻率ρ= （用字符Rx、l和d表示）。
13．（2024高二上·安顺期末）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成θ角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，液体的折射率为，求：
（1）θ角等于多少度：
（2）激光在液体中的传播速度v。
14．（2024高二上·安顺期末）如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，O'P、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为μ=0.15。剪断细绳O'P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）求A运动到最低点时细绳OP对其拉力的大小；
（2）当A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小；
（3）A与C碰后，C相对B滑行的距离L相对。
15．（2024高二上·安顺期末）如图，直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、III象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P点进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴上的Q点离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过N时的速度大小；
（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小；
（4）粒子从N经P到Q点运动的时间t。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。A．安全绳绷紧前，弹性势能不变；绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；
B．绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变；绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故B错误；
C．绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小， 故C错误；
D．游客的重力势能转化为绳的弹性势能与游客的动能，从跳台到最低点重力势能的减少量等于弹性势能与动能之和的增加量，D正确。
故选D。
【分析】重力做正功，重力势能减少，橡皮绳的拉力做负功弹性势能增加；重力做功不改变机械能，橡皮绳弹力做功改变游客的机械能；根据游客受力情况判断其动能的变化情况。
2．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题主要考查了感应电流的条件，解题关键是掌握闭合线圈中磁通量发生变化是感应电流的条件。A．导线框竖直下落，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故A错误；
B．导线框竖直向上平移，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B错误；
C．导线框水平向左平移，穿过导线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；
D．导线框以长直导线为轴转动，穿过导线框的磁通量保持不变，不会产生感应电流，故D错误。
故选C。
【分析】根据感应电流产生的条件：闭合线圈中磁通量发生变化。
3．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。环中通有大小为I、方向从a到b的电流，铜环所受安培力等效于直径ab所受安培力，则大小为
根据左手定则可知，安培力方向竖直向下。
故选A。
【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式F=BIL计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。
4．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。运用动量定理解题时要规定正方向。设竖直向下为正方向，对于木槌由动量定理可得
解得
表明木槌受到糍粑的平均作用力大小为1350N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑时平均作用力的大小为1350N，方向竖直向下。
故选B。
【分析】分析木槌的运动过程，根据木槌的受力情况与运动过程判断其速度如何变化，然后判断动量如何变化；对木槌应用动量定理求出木槌受到的平均作用力，求出木槌受到的合力的冲量。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 解决该题的关键是会正确做出光在介质中传播的光路图，熟记光的折射定律， 光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。AB．光在介质中的传播路径如图所示
根据折射定律知
，
单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，所以
当nP < nQ时
则
则从Q下表面射出的光线与下表面所夹的锐角小于θ，故AB错误；
CD．当nP = nQ时
则
则从Q下表面射出的光线与下表面所夹的锐角等于θ，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】做出光在介质中传播的光路图，根据折射定律分析不同的折射率对应的夹角关系。
6．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。A．由图可知电压表测量传感器电阻的电压，定值电阻、传感电阻、电源串联，由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知
则电路中电流增大，由定值电阻功率
可知定值电阻功率增大，故A错误；
B．电源的总功率
则电源的总功率增加，故B正确；
CD．由闭合电路欧姆定律知电压表的示数
由电路中电流增大，则电流表的示数增大，电压表示数减小，故CD错误。
故选B。
【分析】由电路连接特点，根据闭合电路欧姆定律推导电阻变化时电流变化，以及电压表示数大变化，结合欧姆定律求解电流变化。
7．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。A．由题图可知，波长为，周期为，则该波传播速度为
故A错误；
B．由图乙可知，时，质点P向上振动，由图甲结合波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．时，质点Q处于波谷位置，由于
可知时，质点Q处于从波峰向波谷振动的过程中，所以质点Q的振动方向沿y轴负方向，故C正确；
D．由图乙可知，至过程中，质点P处于从平衡位置向波谷振动的过程中，则质点P的加速度在增大，故D错误。
故选C。
【分析】根据振动图像分析在t=1s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的传播方向；
由图分析波的波长、周期，根据公式计算波速；根据振动图像分析在t= 0.2s至t=0.4s过程中 ，质点P的位置和振动方向，由此分析其加速度变化情况；分析从t=1s到t=2.6s时间间隔与周期的关系，由此判断质点Q的位置。
8．【答案】B,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】光的干涉现象：两列或几列光波在空间相遇时相互叠加，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象，证实了光具有波动性 。由题图可知，图乙干涉条纹间距大于图甲干涉条纹间距，根据
可知，双缝间的距离变小或增加双缝与光屏间的距离。
故选BC。
【分析】根据图片得出甲、乙中相邻亮条纹间距的大小关系，根据双缝干涉的相邻亮条纹间距的计算公式解答。
9．【答案】A,B,D
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了磁场相关知识，正确掌握右手螺旋定则是解决此类问题的关键。A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，故A正确；
B．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，故B正确；
C．减小电源电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，故C错误；
D．用铝丝导线替换铜丝导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，故D正确。
故选ABD。
【分析】 根据地磁方向，电流方向，结合右手螺旋定则分析判断。
10．【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】能从图像上分析出振动的周期，振幅以及角频率是解题的基础，能根据正方向的规定确定弹簧的状态以及手机的位置。A．由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由 平衡条件可得弹簧弹力大小为
故A正确；
B．由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，即加速度方向是竖直向上的，则手机位于平衡位置下方，故B错误；
C．由题图乙知，从t=0至t=0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C错误；
D．由题图乙知周期
则角频率
则a随t变化的关系式为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据弹簧的形变量分析；根据手机的加速度方向分析；根据手机的动能和重力势能的变化分析；根据周期得到角频率，然后结合图像写出a随时间t变化的关系式。
11．【答案】（1）9.6
（2）9.86
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】 实验原理：一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比．单摆做简谐运动时， 只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值 。（1）游标卡尺的读数为
9mm+0.1mm×6=9.6mm
（2）
根据
解得
由图像可知
解得
（3）
实验时某同学测得的g值偏大，根据
可知
A．摆球的质量对重力加速度测量无影响，选项A错误；
B．摆长算为线长加小球直径，则摆长l偏大，则g偏大，选项B正确；
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次，则周期偏大，g偏小，选项C错误；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），而计算时仍用原来的摆长值计算，则g偏小，选项D错误。
故选B。
【分析】（1）根据游标卡尺的分度值结合图甲得出游标卡尺的读数；摆长等于摆线长加小球的半径；
（2）根据单摆的周期公式结合图像分析出加速度的大小；
（3）根据单摆的周期公式判断g值的大小与哪些物理量有关。
（1）游标卡尺的读数为9mm+0.1mm×6=9.6mm
（2）根据
解得
由图像可知
解得
g=9.86m/s2
（3）实验时某同学测得的g值偏大，根据
可知
A．摆球的质量对重力加速度测量无影响，选项A错误；
B．摆长算为线长加小球直径，则摆长l偏大，则g偏大，选项B正确；
C．测周期时，把（n+1）次全振动误记为n次，则周期偏大，g偏小，选项C错误；
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），而计算时仍用原来的摆长值计算，则g偏小，选项D错误。
故选B。
12．【答案】（1）1.825
（2）A
（3）
（4）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题主要考查了螺旋测微器的读数和电阻的测量；要明确实验原理，掌握实验器材的选择方法以及实验电路设计的依据；掌握欧姆定律和并联电路的特点是解题的关键。
（1）由图示螺旋测微器可知，其精度是0.01mm，读数为
1.5mm+32.5×0.01mm=1.825mm
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，说明被测电阻阻值较小，为了更准确的测出圆柱体的阻值，应换用小倍率挡位，所以将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量。
故选A。
（3）待测电阻两端电压
通过待测电阻的电流
根据欧姆定律，待测电阻
（4）由
解得该合金的电阻率
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度对应示数（估读一位）×精确度；
（2）欧姆表测电阻时指针向右偏转的角度较大，说明欧姆表指针对应示数小，根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；
（3） 根据并联电路的特点和欧姆定律求解待测电阻；
（4）将待测电阻代入电阻定律即可。
（1）由图示螺旋测微器可知，其精度是0.01mm，读数为
1.5mm+32.5×0.01mm=1.825mm
（2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，说明被测电阻阻值较小，为了更准确的测出圆柱体的阻值，应换用小倍率挡位，所以将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量。
故选A。
（3）待测电阻两端电压
通过待测电阻的电流
根据欧姆定律，待测电阻
（4）由
解得该合金的电阻率
13．【答案】（1）根据题意可知，θ角即为液体对该光束的临界角，故
即
（2）激光在液体中的传播速度为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据全反射的临界角与折射率的关系求出液体的折射率；
（2）根据折射率与光速的关系求出激光在液体中的传播速度。
（1）根据题意可知，θ角即为液体对该光束的临界角，故
即
（2）激光在液体中的传播速度为
14．【答案】（1）细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C的速度大小
（3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
（1）细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C的速度大小
（3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
15．【答案】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知
解得
（2）粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为
水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角为45°；
（3）粒子以速度v2进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
（4）粒子从N到P的时间
在磁场中的时间
则总时间
1 / 1
