【期末押题卷】上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷三（含解析）

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上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
1．（2024秋 房山区期末）电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。
（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取电荷量的微小变化量Δq，请类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充满电过程中电容器增加的电能ΔEp相比较。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
2．（2024 嘉定区二模）如图（a）所示，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一质量为m的球从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，之后向下压缩弹簧，球运动到C处到达最低点。运动过程中不计空气阻力。
（1）AB距离为d，球刚接触弹簧时的动能Ek＝　 　 ；
（2）（简答）某同学认为：从A运动到C过程中球的机械能不变。以上说法你认同吗？请说明理由。
（3）当球运动到最低点时，地面对轻弹簧的支持力 　 　 ；
A．FN＜2mg
B．FN＝2mg
C．FN＞2mg
（4）（作图）取A处为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立x轴，在图（b）中定性画出从A运动到C的过程中球的加速度a随位移x变化的图像。
3．（2023春 浦东新区校级期中）如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为L＝8m，照明灯到池底的距离为H＝6m。若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为时，池底的光斑距离出液口。求：
（1）该液体的折射率；
（2）试求当液面高为时，池底的光斑到出液口的距离x；
（3）控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0＝6cm/s的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率vx；
（4）分析说明液面下降过程中，光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间的变化。
4．（2025 奉贤区一模）某小组利用图示装置验证“动量守恒定律”。实验前，两小车A、B静置于光滑水平轨道上，车上固定的两弹性圈正对且处于同一高度，两挡光片等宽。调整光电门的高度，使小车能顺利通过并实现挡光片挡光；再调整光电门在轨道上的位置，使小车A上的挡光片刚向右经过光电门1，小车A就能立即与小车B相撞，小车B静置于两个光电门之间的适当位置，其被A碰撞分离后，其上的挡光片能立即开始挡光电门2的光。
（1）为减小实验误差，应选用较 　 　 （选填：A.宽、B.窄）的挡光片。
（2）某次实验，用手推小车A使其瞬间获得一个向右的初速度，小车A与B碰撞后向左弹回，B向右弹出。测得A上挡光片两次经过光电门1的挡光时间t1、t2和B上挡光片经过光电门2的挡光时间t3。
①（多选）为完成该实验，还必需测量的物理量有 　 　 。
A．挡光片的宽度d
B．小车A的总质量m1
C．小车B的总质量m2
D．光电门1到光电门2的间距L
②在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式 　 　 ，则表明两小车碰撞过程中动量守恒；若还满足表达式 　 　 ，则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
（3）实验中，小车A碰撞B后向左弹回，可判断出m1　 　 m2（选填：A．大于、B．等于、C．小于）。
5．（2025 海安市开学）如图所示，xOy平面内有两个匀强磁场，y轴左侧的磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B1，y轴右侧的磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B2（B1＞B2）。质量为m、电荷量为+q的粒子，从x轴上A点（﹣d、0）以速度v0沿y轴正方向射入磁场，恰好能垂直y轴击中其上D点（0、4d），不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B1与B2的比值k；
（2）若从+x轴上M点以v0沿某方向发射该粒子，也恰好垂直y轴击中D点，求M距O点的距离xOM；
（3）若该粒子从O点以速度v0沿与x轴正方向成θ角射出，0≤θ≤60°，经过磁场偏转后能击中D点，求粒子由O运动到D的时间t。
上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
参考答案与试题解析
1．（2024秋 房山区期末）电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。
（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取电荷量的微小变化量Δq，请类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充满电过程中电容器增加的电能ΔEp相比较。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
【考点】观察电容器及其充、放电现象；电容的概念、单位与物理意义．
【专题】计算题；定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】（1）图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义为电容器所储存的电能，电容器电压为U时电容器储存的电能Ep为；
（2）电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W为CE2，W与ΔEp不相等。
（3）该同学的猜想正确，理由见解析。
【分析】（1）根据几何知识求出图中小阴影矩形的“面积”表达式，再分析“面积”的物理意义，进一步计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）充电完成后，其电压U＝E，电容器上电荷量为Q＝CE，电源非静电力所做的功为W＝QE。结合电容器储存的电能Ep表达式，来比较W与ΔEp是否相等。
（3）根据电容的定义式、电容的决定式、以及电场能量密度ρ表达式推导出电场能量密度ρ与板间电场的场强关系，判断该同学的猜想是否正确。
【解答】解：（1）图中小阴影矩形的“面积”为ΔW＝Δq ui，表示电源把Δq的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功，也表示有ΔW的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
因此电容器电压为U时，对应的图线和横轴所围成的“面积”表示电容器所储存的电能Ep，故EpQU CU U。
（2）充电完成后，电容器板间电压U＝E，电容器上电荷量为Q＝CE
电源非静电力所做的功为W＝QE＝CE2
电容器增加的电能
显然，，故W与ΔEp不相等。
（3）设平行板电容器的电荷量为Q，两极板间的电压为U，板间电场的场强为E场，
则有，C，，得：
所以，该同学的猜想正确。
答：（1）图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义为电容器所储存的电能，电容器电压为U时电容器储存的电能Ep为；
（2）电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W为CE2，W与ΔEp不相等。
（3）该同学的猜想正确，理由见解析。
【点评】本题主要考查电容的计算公式，要能够根据类比法推导电容储存电能的计算公式和运算方法，能够根据题干信息计算球形电容器所具有的电势能Ep的表达式以及电容的大小。
2．（2024 嘉定区二模）如图（a）所示，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一质量为m的球从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，之后向下压缩弹簧，球运动到C处到达最低点。运动过程中不计空气阻力。
（1）AB距离为d，球刚接触弹簧时的动能Ek＝　mgd　 ；
（2）（简答）某同学认为：从A运动到C过程中球的机械能不变。以上说法你认同吗？请说明理由。
（3）当球运动到最低点时，地面对轻弹簧的支持力 　C　 ；
A．FN＜2mg
B．FN＝2mg
C．FN＞2mg
（4）（作图）取A处为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立x轴，在图（b）中定性画出从A运动到C的过程中球的加速度a随位移x变化的图像。
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）mgd；（2）不认同该同学的说法。理由如上；（3）C；（4）作出的图像如上所示。
【分析】（1）根据机械能守恒定律解答；
（2）根据系统机械能守恒的条件分析判断；
（3）根据机械能守恒结合弹力表达式分析解答；
（4）根据牛顿第二定律列式结合方程式分析解答。
【解答】解：（1）AB距离为d，球从A到B的过程，根据机械能守恒，球刚接触弹簧时的动能Ek＝mgd；
（2）不认同该同学的说法。球没接触弹簧前机械能守恒，接触弹簧后弹簧的弹力对球做功，故球的机械能不守恒，如果分析的对象是地球、弹簧和球组成的系统，那么系统的机械能是守恒的。
（3）当球运动到最低点时，设弹簧的压缩量为x，根据系统机械能守恒
mg（d+x）kx2
由上式可得kx
在最低点C，地面对弹簧的支持力等于弹簧对球的支持力FN＝kx2mg
故AB错误，C正确，故选：C。
（4）从A到B，球只受重力作用，则加速度恒为g，接触弹簧后
在球下落到最低点C之前，根据牛顿第二定律有
mg﹣kx＝ma
得a x+g
根据方程可以定性的画出如下图像
故答案为：（1）mgd；（2）不认同该同学的说法。理由如上；（3）C；（4）作出的图像如上所示。
【点评】考查能的转化和守恒定律以及牛顿第二定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
3．（2023春 浦东新区校级期中）如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为L＝8m，照明灯到池底的距离为H＝6m。若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为时，池底的光斑距离出液口。求：
（1）该液体的折射率；
（2）试求当液面高为时，池底的光斑到出液口的距离x；
（3）控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0＝6cm/s的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率vx；
（4）分析说明液面下降过程中，光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间的变化。
【考点】光的折射定律．
【专题】计算题；定量思想；几何法；光的折射专题；分析综合能力．
【答案】（1）液体的折射率为；
（2）池底的光斑到出液口的距离x为；
（3）池底的光斑移动的速率vx为4cm/s；
（4）光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间逐渐减小。
【分析】（1）当光从空气射向液体中时，根据几何关系确定入射角的正弦值与折射角的正弦值，从而由光的折射定律可算出该液体的折射率。
（2）当液面高度改变时，即入射点发生变化，但入射角与折射角均没有变化，所以通过几何关系可以确定池底的光斑到出液口的距离x。
（3）液面匀速下降时，光斑也在匀速向左运动，由位移与速度的比值相等可列式，从而求出光斑的运动速度。
（4）根据v求出光在液体中的传播速度，根据运动学公式得到光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间表达式，再分析即可。
【解答】解：（1）设入射角和折射角分别为θ1和θ2，如图所示。
由几何关系可得：
，
则，
根据折射定律可知，该液体的折射率为
n
（2）液体深度增大，保持入射光线不变，则入射角和折射角也不变，如图所示
当液面高为时，则有，
联立解得，
（3）当使液面以v0＝6cm/s的速率匀速下降，池底的光斑也匀速向左移动，如图所示
根据几何关系可得Δx＝△htanθ1﹣△htanθ2＝Δh（tanθ1﹣tanθ2）
则有vxΔt＝v0Δt（tanθ1﹣tanθ2）
代入数据可得：v＝4m/s
（4）设液面深度为h，则光线在液面上方的传播时间为
光线在液面中的传播速度为
光线在液面中的传播时间为
光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间为：
可知液面下降过程中，光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间逐渐减小。
答：（1）液体的折射率为；
（2）池底的光斑到出液口的距离x为；
（3）池底的光斑移动的速率vx为4cm/s；
（4）光从照明灯发出到到达池底过程中所需时间逐渐减小。
【点评】虽然液面高度变化，但由于入射角没变，则折射角也不变。于是可以根据几何关系来构建长度关系，从而求出所求结果。当液面高度匀速变化时，光斑也匀速变化，因此利用同时性，来列出等式，从而确定光斑运动的速度。
4．（2025 奉贤区一模）某小组利用图示装置验证“动量守恒定律”。实验前，两小车A、B静置于光滑水平轨道上，车上固定的两弹性圈正对且处于同一高度，两挡光片等宽。调整光电门的高度，使小车能顺利通过并实现挡光片挡光；再调整光电门在轨道上的位置，使小车A上的挡光片刚向右经过光电门1，小车A就能立即与小车B相撞，小车B静置于两个光电门之间的适当位置，其被A碰撞分离后，其上的挡光片能立即开始挡光电门2的光。
（1）为减小实验误差，应选用较 　B　 （选填：A.宽、B.窄）的挡光片。
（2）某次实验，用手推小车A使其瞬间获得一个向右的初速度，小车A与B碰撞后向左弹回，B向右弹出。测得A上挡光片两次经过光电门1的挡光时间t1、t2和B上挡光片经过光电门2的挡光时间t3。
①（多选）为完成该实验，还必需测量的物理量有 　BC　 。
A．挡光片的宽度d
B．小车A的总质量m1
C．小车B的总质量m2
D．光电门1到光电门2的间距L
②在误差允许的范围内，以上数据若满足表达式 　　 ，则表明两小车碰撞过程中动量守恒；若还满足表达式 　　 ，则表明两小车的碰撞为弹性碰撞。
（3）实验中，小车A碰撞B后向左弹回，可判断出m1　C　 m2（选填：A．大于、B．等于、C．小于）。
【考点】验证动量守恒定律．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）B
（2）①BC；②；；
（3）C。
【分析】（1）为了减少实验误差，应选窄的挡光片，更有效的测小车的速度；
（2）①根据实验原理确定需要测量的物理量，可以消去挡光板宽度无需测量；
②分别求出碰撞前和碰撞后的总动量，根据计算结果得出结论；
（3）实验中，小车A碰撞B后向左弹回，根据动量守恒可以求出二者质量关系。
【解答】解：（1）为了减少实验误差，应选窄的挡光片，更有效的测小车的速度；故选：B；
（2）①本实验中需要验证动量守恒，所以在实验中必须要测量质量和速度，速度可以根据通过光电门的时间求解，而质量通过天平测出，同时，遮光板的宽度可以消去，所以不需要测量遮光片的宽度；故BC正确，AD错误。
②设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为，碰后A的速度大小为，碰后B的速度大小为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
整理可得
；
若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有
即；
（3）实验中，小车A碰撞B后向左弹回，可知，m1小于m2。
故答案为：（1）B
（2）①BC；②；；
（3）C。
【点评】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。
5．（2025 海安市开学）如图所示，xOy平面内有两个匀强磁场，y轴左侧的磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B1，y轴右侧的磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B2（B1＞B2）。质量为m、电荷量为+q的粒子，从x轴上A点（﹣d、0）以速度v0沿y轴正方向射入磁场，恰好能垂直y轴击中其上D点（0、4d），不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B1与B2的比值k；
（2）若从+x轴上M点以v0沿某方向发射该粒子，也恰好垂直y轴击中D点，求M距O点的距离xOM；
（3）若该粒子从O点以速度v0沿与x轴正方向成θ角射出，0≤θ≤60°，经过磁场偏转后能击中D点，求粒子由O运动到D的时间t。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）磁感应强度B1与B2的比值k是；
（2）M距O点的距离xOM是d；
（3）粒子由O运动到D的时间t是或。
【分析】（1）粒子在运动磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求解。
（2）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用几何知识求出OM间的距离。
（3）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后求出粒子的运动时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做芋泥酥圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，解得粒子轨道半径：r，B
由于B1＞B2，则r1＜r2，粒子运动轨迹如图所示
根据几何知识得：r1＝d，r2＝1.5d
磁感应强度大小之比
（2）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系得：2r1+r2+r2cosα＝4d
解得：，则，
M到O间的距离xOM＝r2sinα＝1.5dd
（3）①粒子向右经过D点，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系得：2nr1cosθ+2nr2cosθ＝4d
解得：
由于0≤θ≤60°，解得n＝1，cosθ＝0.8，θ＝37°，
则粒子运动时间为
②粒子向左经过D点，由几何知识得：2（n﹣1）r1cosθ+2nr2cosθ＝4d
解得：，由于0≤θ≤60°，解得：n＝2，cosθ＝0.5，θ＝60°，
则粒子运动时间为
答：（1）磁感应强度B1与B2的比值k是；
（2）M距O点的距离xOM是d；
（3）粒子由O运动到D的时间t是或。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
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