广东省湛江市湛江第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二上·湛江期末）以下关于静电现象的说法中正确的是（ ）
A．油罐车车尾装有一条拖在地上的导电拖地带，作用是导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电
B．雷电天气时，云层所带的电荷量大小不一定是元电荷的整数倍
C．电工高空高压作业时，其工作服内编织金属丝的目的是提高衣服的耐穿性
D．静电喷漆时金属件与油漆雾滴带相同电荷，在静电斥力作用下喷涂更均匀
【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；元电荷
【解析】【解答】A．油罐车车尾装有一条拖在地上的导电拖地带，作用是导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电，A正确；
B．物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，B错误；
C．电工高空高压作业时，其工作服内编织金属丝的目的是起到静电屏蔽的作用，使超高压输电线周围的电场被工作服屏蔽起来，对工人起到保护作用，C错误；
D．静电喷漆时金属件与油漆雾滴带异种电荷，在静电引力作用下喷涂更均匀，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.静电导走：油罐车拖地带通过接地导走静电，避免积累。
2.电荷量子化：任何带电体电量是元电荷整数倍，是基本规律。
3.静电屏蔽：金属丝编织的衣服可屏蔽外部电场，保护人体。
4.静电应用：静电喷漆利用异种电荷吸引，实现均匀喷涂。
2．（2025高二上·湛江期末）一束单色光从某种介质斜射向空气（与真空折射率相同），光路如图所示。光在真空中传播速度为c，下列说法中正确的是（ ）
A．此介质对真空的折射率等于
B．该单色光从真空进入介质后频率增大
C．逐渐增大入射角，可能会发生全反射现象
D．该单色光在介质中传播速率为
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由折射定律可得，此介质的折射率为，A错误；
B．光从一种介质射向另一种介质中，频率不变，B错误；
C．全反射必须从光密介质射入光疏介质，入射角逐渐增大时，可能会发生全反射现象，C正确；
D．由，单色光在介质传播速率，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 折射定律：明确入射角、折射角，计算折射率。
2. 频率特性：光的频率由光源决定，与介质无关。
3. 全反射条件：光密，光疏，入射角 ≥ 临界角。
4. 光速公式：，介质折射率越大，光速越小。
3．（2025高二上·湛江期末）如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）
A．细线拉力大小为
B．小球A的质量为
C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为g
D．剪断细线，小球B做匀加速运动
【答案】B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．以小球A为研究对象，受力情况如图所示
由共点力平衡条件得
由库仑定律得
联立解得，，故A错误，B正确；
C．因小球B固定在O点正下方绝缘柱上，所以剪断细线瞬间小球B仍处于静止状态，加速度大小为零，故C错误；
D．剪断细线之后，小球B始终固定在下方绝缘柱上，加速度始终为零，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 受力分析：明确小球A受三个力（重力、库仑力、拉力 ），用几何关系求AB间距。
2. 平衡条件：水平、竖直方向分力平衡，联立库仑定律（ ）求解质量与拉力。
3. 固定物体运动状态：小球B固定，剪断细线后合力为0，加速度为0。
4．（2025高二上·湛江期末）如图所示，边长的正方形abcd处在一个匀强电场中，a点电势2V，一电荷量为的点电荷仅受电场力，从a点移动到b点，电场力做的功为从a点移动到c点，电场力做的功为下列说法正确的是（ ）
A．d点的电势为4V
B．电场强度的大小为100V/m
C．该点电荷在c点的电势能为
D．该点电荷从a运动到c，动能增加
【答案】C
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场力做功公式有
解得
因为a点电势为，则
同理，由
解得
则
联立解得，故A错误；
B．bc是等势面，电场方向沿着方向，故，故B错误；
C．根据电势能的计算公式有，故C.正确；
D．电场方向沿着方向，该电荷为负，受到电场力与电场方向相反，点运动到点，电场力做负功，动能减少，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 电场力做功与电势差：用 求电势差 、，进而求各点电势。
2. 匀强电场特性：等势面平行，利用电势差关系求未知电势；电场强度 （d为沿电场方向距离 ）。
3. 电势能公式：，注意电荷正负与电势正负的乘积。
4. 动能变化：电场力做功正负决定动能增减（正功增加，负功减少 ）。
5．（2025高二上·湛江期末）如图所示，一个质量为1kg的物块在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平面向右做直线运动，拉力随时间变化的关系如图所示，规定向右为正，t=0时刻物体的速度物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内摩擦力冲量为6N·s
B．0~2s时间内，拉力F冲量为20N·s
C．时刻，物体的速度大小为3m/s
D．0~2s时间内，合力对物体做的功为22.5J
【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．摩擦力对物块的冲量为，A错误；
B．图像中，拉力与时间围成面积表示拉力的冲量，则拉力的冲量，B错误；
C．由动量定理
由于物体的初速度为
解得，C错误；
D．根据动能定理，合力做的功等于动能的变化，有，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 冲量计算：摩擦力冲量（，注意方向 ）；拉力冲量（F-t图像面积，分阶段算 ）。
2. 动量定理：合外力冲量等于动量变化（合 ），求末速度。
3. 动能定理：合力做功等于动能变化（ ），求合力做功。
6．（2025高二上·湛江期末）如图所示，电源电动势内阻r=1Ω，电灯电阻保持不变，定值电阻R=2Ω。开关闭合后，电动机恰好以额定功率正常工作，已知电动机的额定电压电动机线圈的电阻下列说法正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为1.5A B．电动机的输入功率为72W
C．电源的输出功率为12W D．电源的效率约为75%
【答案】A
【知识点】焦耳定律；功率及其计算
【解析】【解答】．根据串联分压，定值电阻和内阻两端电压之和，干路电流
电动机正常工作，电动机两端电压，电动机与灯泡并联，两端电压相等，则通过灯泡电流
通过电动机电流，A正确；
B．电动机输入功率，B错误；
C．电源输出功率，C错误；
D．电源效率，D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 串并联电压电流：电动机与灯泡并联（电压相等 ），R与r串联（电压和为 ），用欧姆定律求干路、支路电流。
2. 功率计算：电动机输入功率 ；电源输出功率 出；效率 出。
7．（2025高二上·湛江期末）如图所示，相距为d的两水平虚线L1和分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab边进入磁场时的速度为v0，刚好匀速进入磁场。cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（ ）
A．线框刚进入磁场时磁通量减少
B．线框从初始位置到完全进入磁场，磁通量变化量
C．线框整个过程中一直有感应电流
D．线框从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场损失的机械能为
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；机械能守恒定律；磁通量
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程，穿过线框的磁通量增加，故A错误；
B．线框从初始位置到完全进入磁场磁通量变化，故B错误；
C．线框完全进入磁场在磁场中运动过程，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故C错误；
D．从边刚进入磁场到边刚穿出磁场的整个过程中，动能不变，重力势能减少，重力势能减少量即为机械能损失
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 磁通量条件：磁通量变化（ ）时产生感应电流，完全进入磁场后磁通量不变，无电流。
2. 能量守恒：动能变化为0时，重力势能减少量等于机械能损失（安培力做功消耗机械能 ）。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二上·湛江期末）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）
A．若S闭合，该油滴将向下运动 B．若S闭合，P点的电势减小
C．若S断开，该油滴将向上运动 D．若S断开，P点的电势不变
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电势差
【解析】【解答】AB．若开关S闭合，电容器两端电压不变，根据，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则板间场强减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴将向下运动；由于上极板接地，上极板电势为零，上极板到P点电势差为
由于变小，不变，则减小，根据
可知P点的电势增加，故A正确，B错误；
CD．若开关S断开，电容器所带电荷量不变，根据
可知板间场强不变，油滴受力保持不变，则油滴保持静止；根据
可知不变，则P点的电势保持不变，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】1. 开关闭合：电容器电压不变，板间距d影响场强 ，进而影响电场力、电势差（ ）和电势。
2. 开关断开：电容器电量不变，场强 与d无关（ ），电场力、电势差不变→ 油滴静止，电势不变。
9．（2025高二上·湛江期末）图甲为一简谐横波在t=2s时的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波以v=0.1m/s速度沿x轴正方向传播
B．t=2s时，P质点的振动方向向下
C．Q质点做简谐运动的表达式为y=0.4sinπt（m）
D．从t=2s到Q质点通过的路程为0.6m
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由乙图可知，在时，质点沿着轴负方向运动，根据平移法可知，波沿轴正方向传播，由图可知波长
周期
则波速为，故A错误；
B．根据平移法可知，时，质点的振动方向向下，故B正确；
C．由乙图可知，质点做简谐运动的表达式为，故C错误；
D．时，Q点位移
经过的时间
Q质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 波速与方向：由振动图像得周期、质点振动方向，结合波形图得波长，计算波速；用“平移法”判断波传播方向。
2. 质点振动方向：“平移法”判断（上坡下，下坡上 ）。
3. 振动表达式：，代入A、T得表达式。
4. 路程计算：分析质点在时间间隔内的振动过程，计算经过的位移对应的路程。
10．（2025高二上·湛江期末）如图所示，光滑水平面上小球A和B相向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为和则两球将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，如果碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，由动量守恒定律得
解得
如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
可知
综合可知BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】1. 动量守恒：系统合外力为零，动量守恒（ ）。
2. 极端碰撞：完全非弹性碰撞（共速，机械能损失最大 ）和完全弹性碰撞（机械能守恒，速度极值 ），确定速度范围。
3. 选项验证：判断各选项速度是否在推导的范围内。
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2025高二上·湛江期末）某实验小组利用一固定光滑的圆弧面测量当地的重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径为R，某同学取一小球进行实验，小球半径为r。
（1）该同学用秒表测出小球完成50次往复运动的时间为t，则该单摆的周期 。
（2）该同学通过更换不同的圆弧面，以此改变单摆长度大小，通过测出圆弧面半径和对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、R为横轴画出函数关系图像，实验中所得到的关系图像如图（乙）所示，由图像可知，小球的半径r= m；当地重力加速g= m/s2（最后一空保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）该单摆的周期。
故答案为：
（2）根据单摆的周期公式
可得
整理得
根据图像可知，纵截距表示为
解得小球半径
斜率可表示为
解得
故答案为：；
【分析】（1）往复运动次数与时间的比值（，n为次数 ），，摆长 （圆弧面半径减小球半径 ）。
（2）将 与 整理为线性关系 ，通过斜率 求g，截距 求r。
（1）该单摆的周期
（2）[1][2]根据单摆的周期公式
可得
整理得
根据图像可知，纵截距表示为
解得小球半径
斜率可表示为
解得，
12．（2025高二上·湛江期末）某同学测一段粗细均匀的金属圆柱体ab的电阻率ρ，除了待测金属圆柱体、多用电表、螺旋测微器、游标卡尺之外，实验室还准备了如下器材：
A.电压表V1（量程0~3V，内阻很大）
B.电压表V2(量程0~3V，内阻）
C.滑动变阻器R1（阻值范围为0~10Ω，最大电流为3A）
D.定值电阻
E.电源（输出电压恒为4V）
G.开关，导线若干
（1）实验前用多用电表粗略测量圆柱体的电阻，选择“×1”倍率的欧姆挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图甲所示，多用电表读数为 Ω；用直尺测得金属圆柱体的长度为50cm，用螺旋测微器测量圆柱体的直径，测量结果如图乙所示，其读数为 mm。
（2）为获得多次测量数据，实验小组组装了图丙电路图，因实验室没准备电流表，电路中电压表V2与定值电阻。并联当作电流表使用，它的量程为 A。（保留一位小数）
（3）测得电压表示数，则该金属圆柱体电阻。 Ω（保留一位小数），电阻率 （保留两位有效数字）。
【答案】（1）；1.844
（2）
（3）；
【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】（1）多用电表读数为
圆柱体的直径为
故答案为：；1.844
（2）与定值电阻并联，量程
故答案为：。
（3）根据欧姆定律可得金属圆柱体电阻
根据电阻定律
联立可得电阻率。
故答案为：；
【分析】（1）基础测量：多用电表读数（倍率×表盘值 ）；螺旋测微器读数（固定刻度+可动刻度 ）。
（2）电表改装：电压表与电阻并联改装为电流表，量程为两支路电流之和（ ）。
（3）电阻计算：欧姆定律 ，电流由改装后的电流表量程公式推导；电阻率推导：电阻定律 ，结合横截面积 联立求解。
（1）[1]多用电表读数为
[2]圆柱体的直径为
（2）与定值电阻并联，量程
故量程为。
（3）[1]根据欧姆定律可得金属圆柱体电阻
[2]根据电阻定律
联立可得电阻率
13．（2025高二上·湛江期末）如图所示，一束复色光沿PO方向射向AB界面并从O点进入该透明介质，被分成a、b两种单色光射入半径为的半圆形玻璃砖，O点是半圆形玻璃砖的圆心，a光从E点射出，b光从Q点射出，现已测得PO与AB界面夹角θ=30°，∠QOC=30°，∠EOC=45°，光在空气中的传播速度为c。求：
（1）a、b两种光的折射率；
（2）a、b两种光射出时间差。
【答案】（1）解：由题意可知玻璃砖对a光的折射率为
玻璃砖对b光的折射率为。
（2）解：a光在玻璃砖中的传播速度为
a光从O点到圆弧界面E点射出，a光所需时间为
联立解得
b光在玻璃砖中的传播速度为
b光从O点到圆弧界面Q点射出，b光所需时间为
联立解得
则a、b两种光射出时间差为。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）折射定律：明确入射角（与法线夹角 ）和折射角，用 求折射率。
（2）光速与时间：光在介质中速度 ，结合传播路程（半径R ），用 计算时间，再求差值。
（1）由题意可知玻璃砖对a光的折射率为
玻璃砖对b光的折射率为
（2）a光在玻璃砖中的传播速度为
a光从O点到圆弧界面E点射出，a光所需时间为
联立解得
b光在玻璃砖中的传播速度为
b光从O点到圆弧界面Q点射出，b光所需时间为
联立解得
则a、b两种光射出时间差为
14．（2025高二上·湛江期末）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小一质量为m、电荷量为q（q<0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mg，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
【答案】（1）解：由题意，对点受力分析可得
解得。
（2）解：C到B点由动能定理
可得
对C点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg。
（3）解：小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为则有
小球从C→D由动能定理
带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）圆周运动向心力：牛顿第二定律结合轨道支持力、电场力、重力，求速度。
（2）动能定理：分析重力、电场力做功，联立求不同点速度。
（3）等效最高点：复合场中，最小速度出现在合力方向指向圆心的位置，用动能定理或向心力公式求最小动能。
（1）由题意，对点受力分析可得
解得
（2）C到B点由动能定理
可得
对C点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg。
（3）小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为则有
小球从C→D由动能定理
带电小球在圆轨道上运动的最小动能
15．（2025高二上·湛江期末）如图所示，质量为的长木板C静止在光滑水平面上，右端与半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧D质量为，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块A（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到圆弧最低点，与质量的滑块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，初始时C、D在外力作用下相对地面静止，A、B碰撞后瞬间撤去外力，同时断开C与D连接，滑块B恰好不会从C板左侧脱落，滑块B与木板C的动摩擦因数，不计空气阻力，g取。求：
（1）A与B发生碰撞后A、B速度大小；
（2）木板C的最小长度L；
（3）当B、C共速时，D恰好速度达到最大，则从C、D分开后，物块A对圆弧平均力大小。
【答案】（1）解：规定向左为正方向，根据动能定理有
解得
方向向左
滑块和发生弹性碰撞，由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，。
（2）解：滑块在木板上滑动的过程中因地面光滑，木板和滑块组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为
解得
间因摩擦而产生的热量为，由能量转化和守恒可知
解得
B、C滑动摩擦力为
根据功能关系，有
解得木板C的最小长度。
（3）解：根据牛顿第二定律可得滑块B的加速度为
根据速度时间公式可得共速时间
当D物体速度最大时，滑块A和D水平方向动量守恒由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
对物体，根据动量定理
因为m1gt方向向下，所以
由矢量关系图
可知方向斜向左上方，所以平均力大小
根据牛顿第三定律物块对圆弧平均力。
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先研究A沿圆弧下滑过程，用动能定理求A碰撞前速度；再对A、B弹性碰撞，依据动量守恒和机械能守恒联立方程求解。
（2）B在C上滑动时，B、C系统动量守恒（地面光滑，合外力为0 ）；摩擦生热等于系统机械能损失，结合功能关系 求长度。
（3）先求B、C共速时间（B的加速度由摩擦力决定 ）；A、D水平动量守恒+能量守恒求A、D速度；再用动量定理结合力的矢量关系，求圆弧对A的平均力，由牛顿第三定律得A对圆弧的力。
（1）规定向左为正方向，根据动能定理有
解得
方向向左
滑块和发生弹性碰撞，由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
（2）滑块在木板上滑动的过程中因地面光滑，木板和滑块组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为
解得
间因摩擦而产生的热量为，由能量转化和守恒可知
解得
B、C滑动摩擦力为
根据功能关系，有
解得木板C的最小长度
（3）根据牛顿第二定律可得滑块B的加速度为
根据速度时间公式可得共速时间
当D物体速度最大时，滑块A和D水平方向动量守恒由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
对物体，根据动量定理
因为m1gt方向向下，所以
由矢量关系图
可知方向斜向左上方，所以平均力大小
根据牛顿第三定律物块对圆弧平均力。
1 / 1广东省湛江市湛江第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二上·湛江期末）以下关于静电现象的说法中正确的是（ ）
A．油罐车车尾装有一条拖在地上的导电拖地带，作用是导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电
B．雷电天气时，云层所带的电荷量大小不一定是元电荷的整数倍
C．电工高空高压作业时，其工作服内编织金属丝的目的是提高衣服的耐穿性
D．静电喷漆时金属件与油漆雾滴带相同电荷，在静电斥力作用下喷涂更均匀
2．（2025高二上·湛江期末）一束单色光从某种介质斜射向空气（与真空折射率相同），光路如图所示。光在真空中传播速度为c，下列说法中正确的是（ ）
A．此介质对真空的折射率等于
B．该单色光从真空进入介质后频率增大
C．逐渐增大入射角，可能会发生全反射现象
D．该单色光在介质中传播速率为
3．（2025高二上·湛江期末）如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）
A．细线拉力大小为
B．小球A的质量为
C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为g
D．剪断细线，小球B做匀加速运动
4．（2025高二上·湛江期末）如图所示，边长的正方形abcd处在一个匀强电场中，a点电势2V，一电荷量为的点电荷仅受电场力，从a点移动到b点，电场力做的功为从a点移动到c点，电场力做的功为下列说法正确的是（ ）
A．d点的电势为4V
B．电场强度的大小为100V/m
C．该点电荷在c点的电势能为
D．该点电荷从a运动到c，动能增加
5．（2025高二上·湛江期末）如图所示，一个质量为1kg的物块在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平面向右做直线运动，拉力随时间变化的关系如图所示，规定向右为正，t=0时刻物体的速度物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内摩擦力冲量为6N·s
B．0~2s时间内，拉力F冲量为20N·s
C．时刻，物体的速度大小为3m/s
D．0~2s时间内，合力对物体做的功为22.5J
6．（2025高二上·湛江期末）如图所示，电源电动势内阻r=1Ω，电灯电阻保持不变，定值电阻R=2Ω。开关闭合后，电动机恰好以额定功率正常工作，已知电动机的额定电压电动机线圈的电阻下列说法正确的是（ ）
A．通过电动机的电流为1.5A B．电动机的输入功率为72W
C．电源的输出功率为12W D．电源的效率约为75%
7．（2025高二上·湛江期末）如图所示，相距为d的两水平虚线L1和分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab边进入磁场时的速度为v0，刚好匀速进入磁场。cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（ ）
A．线框刚进入磁场时磁通量减少
B．线框从初始位置到完全进入磁场，磁通量变化量
C．线框整个过程中一直有感应电流
D．线框从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场损失的机械能为
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二上·湛江期末）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）
A．若S闭合，该油滴将向下运动 B．若S闭合，P点的电势减小
C．若S断开，该油滴将向上运动 D．若S断开，P点的电势不变
9．（2025高二上·湛江期末）图甲为一简谐横波在t=2s时的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波以v=0.1m/s速度沿x轴正方向传播
B．t=2s时，P质点的振动方向向下
C．Q质点做简谐运动的表达式为y=0.4sinπt（m）
D．从t=2s到Q质点通过的路程为0.6m
10．（2025高二上·湛江期末）如图所示，光滑水平面上小球A和B相向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为和则两球将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2025高二上·湛江期末）某实验小组利用一固定光滑的圆弧面测量当地的重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径为R，某同学取一小球进行实验，小球半径为r。
（1）该同学用秒表测出小球完成50次往复运动的时间为t，则该单摆的周期 。
（2）该同学通过更换不同的圆弧面，以此改变单摆长度大小，通过测出圆弧面半径和对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、R为横轴画出函数关系图像，实验中所得到的关系图像如图（乙）所示，由图像可知，小球的半径r= m；当地重力加速g= m/s2（最后一空保留3位有效数字）。
12．（2025高二上·湛江期末）某同学测一段粗细均匀的金属圆柱体ab的电阻率ρ，除了待测金属圆柱体、多用电表、螺旋测微器、游标卡尺之外，实验室还准备了如下器材：
A.电压表V1（量程0~3V，内阻很大）
B.电压表V2(量程0~3V，内阻）
C.滑动变阻器R1（阻值范围为0~10Ω，最大电流为3A）
D.定值电阻
E.电源（输出电压恒为4V）
G.开关，导线若干
（1）实验前用多用电表粗略测量圆柱体的电阻，选择“×1”倍率的欧姆挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图甲所示，多用电表读数为 Ω；用直尺测得金属圆柱体的长度为50cm，用螺旋测微器测量圆柱体的直径，测量结果如图乙所示，其读数为 mm。
（2）为获得多次测量数据，实验小组组装了图丙电路图，因实验室没准备电流表，电路中电压表V2与定值电阻。并联当作电流表使用，它的量程为 A。（保留一位小数）
（3）测得电压表示数，则该金属圆柱体电阻。 Ω（保留一位小数），电阻率 （保留两位有效数字）。
13．（2025高二上·湛江期末）如图所示，一束复色光沿PO方向射向AB界面并从O点进入该透明介质，被分成a、b两种单色光射入半径为的半圆形玻璃砖，O点是半圆形玻璃砖的圆心，a光从E点射出，b光从Q点射出，现已测得PO与AB界面夹角θ=30°，∠QOC=30°，∠EOC=45°，光在空气中的传播速度为c。求：
（1）a、b两种光的折射率；
（2）a、b两种光射出时间差。
14．（2025高二上·湛江期末）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小一质量为m、电荷量为q（q<0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mg，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
15．（2025高二上·湛江期末）如图所示，质量为的长木板C静止在光滑水平面上，右端与半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧D质量为，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块A（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到圆弧最低点，与质量的滑块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，初始时C、D在外力作用下相对地面静止，A、B碰撞后瞬间撤去外力，同时断开C与D连接，滑块B恰好不会从C板左侧脱落，滑块B与木板C的动摩擦因数，不计空气阻力，g取。求：
（1）A与B发生碰撞后A、B速度大小；
（2）木板C的最小长度L；
（3）当B、C共速时，D恰好速度达到最大，则从C、D分开后，物块A对圆弧平均力大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；元电荷
【解析】【解答】A．油罐车车尾装有一条拖在地上的导电拖地带，作用是导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电，A正确；
B．物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，B错误；
C．电工高空高压作业时，其工作服内编织金属丝的目的是起到静电屏蔽的作用，使超高压输电线周围的电场被工作服屏蔽起来，对工人起到保护作用，C错误；
D．静电喷漆时金属件与油漆雾滴带异种电荷，在静电引力作用下喷涂更均匀，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.静电导走：油罐车拖地带通过接地导走静电，避免积累。
2.电荷量子化：任何带电体电量是元电荷整数倍，是基本规律。
3.静电屏蔽：金属丝编织的衣服可屏蔽外部电场，保护人体。
4.静电应用：静电喷漆利用异种电荷吸引，实现均匀喷涂。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由折射定律可得，此介质的折射率为，A错误；
B．光从一种介质射向另一种介质中，频率不变，B错误；
C．全反射必须从光密介质射入光疏介质，入射角逐渐增大时，可能会发生全反射现象，C正确；
D．由，单色光在介质传播速率，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 折射定律：明确入射角、折射角，计算折射率。
2. 频率特性：光的频率由光源决定，与介质无关。
3. 全反射条件：光密，光疏，入射角 ≥ 临界角。
4. 光速公式：，介质折射率越大，光速越小。
3．【答案】B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．以小球A为研究对象，受力情况如图所示
由共点力平衡条件得
由库仑定律得
联立解得，，故A错误，B正确；
C．因小球B固定在O点正下方绝缘柱上，所以剪断细线瞬间小球B仍处于静止状态，加速度大小为零，故C错误；
D．剪断细线之后，小球B始终固定在下方绝缘柱上，加速度始终为零，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 受力分析：明确小球A受三个力（重力、库仑力、拉力 ），用几何关系求AB间距。
2. 平衡条件：水平、竖直方向分力平衡，联立库仑定律（ ）求解质量与拉力。
3. 固定物体运动状态：小球B固定，剪断细线后合力为0，加速度为0。
4．【答案】C
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场力做功公式有
解得
因为a点电势为，则
同理，由
解得
则
联立解得，故A错误；
B．bc是等势面，电场方向沿着方向，故，故B错误；
C．根据电势能的计算公式有，故C.正确；
D．电场方向沿着方向，该电荷为负，受到电场力与电场方向相反，点运动到点，电场力做负功，动能减少，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 电场力做功与电势差：用 求电势差 、，进而求各点电势。
2. 匀强电场特性：等势面平行，利用电势差关系求未知电势；电场强度 （d为沿电场方向距离 ）。
3. 电势能公式：，注意电荷正负与电势正负的乘积。
4. 动能变化：电场力做功正负决定动能增减（正功增加，负功减少 ）。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．摩擦力对物块的冲量为，A错误；
B．图像中，拉力与时间围成面积表示拉力的冲量，则拉力的冲量，B错误；
C．由动量定理
由于物体的初速度为
解得，C错误；
D．根据动能定理，合力做的功等于动能的变化，有，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 冲量计算：摩擦力冲量（，注意方向 ）；拉力冲量（F-t图像面积，分阶段算 ）。
2. 动量定理：合外力冲量等于动量变化（合 ），求末速度。
3. 动能定理：合力做功等于动能变化（ ），求合力做功。
6．【答案】A
【知识点】焦耳定律；功率及其计算
【解析】【解答】．根据串联分压，定值电阻和内阻两端电压之和，干路电流
电动机正常工作，电动机两端电压，电动机与灯泡并联，两端电压相等，则通过灯泡电流
通过电动机电流，A正确；
B．电动机输入功率，B错误；
C．电源输出功率，C错误；
D．电源效率，D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 串并联电压电流：电动机与灯泡并联（电压相等 ），R与r串联（电压和为 ），用欧姆定律求干路、支路电流。
2. 功率计算：电动机输入功率 ；电源输出功率 出；效率 出。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；机械能守恒定律；磁通量
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程，穿过线框的磁通量增加，故A错误；
B．线框从初始位置到完全进入磁场磁通量变化，故B错误；
C．线框完全进入磁场在磁场中运动过程，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故C错误；
D．从边刚进入磁场到边刚穿出磁场的整个过程中，动能不变，重力势能减少，重力势能减少量即为机械能损失
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 磁通量条件：磁通量变化（ ）时产生感应电流，完全进入磁场后磁通量不变，无电流。
2. 能量守恒：动能变化为0时，重力势能减少量等于机械能损失（安培力做功消耗机械能 ）。
8．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；电势差
【解析】【解答】AB．若开关S闭合，电容器两端电压不变，根据，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则板间场强减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴将向下运动；由于上极板接地，上极板电势为零，上极板到P点电势差为
由于变小，不变，则减小，根据
可知P点的电势增加，故A正确，B错误；
CD．若开关S断开，电容器所带电荷量不变，根据
可知板间场强不变，油滴受力保持不变，则油滴保持静止；根据
可知不变，则P点的电势保持不变，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】1. 开关闭合：电容器电压不变，板间距d影响场强 ，进而影响电场力、电势差（ ）和电势。
2. 开关断开：电容器电量不变，场强 与d无关（ ），电场力、电势差不变→ 油滴静止，电势不变。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由乙图可知，在时，质点沿着轴负方向运动，根据平移法可知，波沿轴正方向传播，由图可知波长
周期
则波速为，故A错误；
B．根据平移法可知，时，质点的振动方向向下，故B正确；
C．由乙图可知，质点做简谐运动的表达式为，故C错误；
D．时，Q点位移
经过的时间
Q质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 波速与方向：由振动图像得周期、质点振动方向，结合波形图得波长，计算波速；用“平移法”判断波传播方向。
2. 质点振动方向：“平移法”判断（上坡下，下坡上 ）。
3. 振动表达式：，代入A、T得表达式。
4. 路程计算：分析质点在时间间隔内的振动过程，计算经过的位移对应的路程。
10．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，如果碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，由动量守恒定律得
解得
如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
可知
综合可知BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】1. 动量守恒：系统合外力为零，动量守恒（ ）。
2. 极端碰撞：完全非弹性碰撞（共速，机械能损失最大 ）和完全弹性碰撞（机械能守恒，速度极值 ），确定速度范围。
3. 选项验证：判断各选项速度是否在推导的范围内。
11．【答案】（1）
（2）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）该单摆的周期。
故答案为：
（2）根据单摆的周期公式
可得
整理得
根据图像可知，纵截距表示为
解得小球半径
斜率可表示为
解得
故答案为：；
【分析】（1）往复运动次数与时间的比值（，n为次数 ），，摆长 （圆弧面半径减小球半径 ）。
（2）将 与 整理为线性关系 ，通过斜率 求g，截距 求r。
（1）该单摆的周期
（2）[1][2]根据单摆的周期公式
可得
整理得
根据图像可知，纵截距表示为
解得小球半径
斜率可表示为
解得，
12．【答案】（1）；1.844
（2）
（3）；
【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】（1）多用电表读数为
圆柱体的直径为
故答案为：；1.844
（2）与定值电阻并联，量程
故答案为：。
（3）根据欧姆定律可得金属圆柱体电阻
根据电阻定律
联立可得电阻率。
故答案为：；
【分析】（1）基础测量：多用电表读数（倍率×表盘值 ）；螺旋测微器读数（固定刻度+可动刻度 ）。
（2）电表改装：电压表与电阻并联改装为电流表，量程为两支路电流之和（ ）。
（3）电阻计算：欧姆定律 ，电流由改装后的电流表量程公式推导；电阻率推导：电阻定律 ，结合横截面积 联立求解。
（1）[1]多用电表读数为
[2]圆柱体的直径为
（2）与定值电阻并联，量程
故量程为。
（3）[1]根据欧姆定律可得金属圆柱体电阻
[2]根据电阻定律
联立可得电阻率
13．【答案】（1）解：由题意可知玻璃砖对a光的折射率为
玻璃砖对b光的折射率为。
（2）解：a光在玻璃砖中的传播速度为
a光从O点到圆弧界面E点射出，a光所需时间为
联立解得
b光在玻璃砖中的传播速度为
b光从O点到圆弧界面Q点射出，b光所需时间为
联立解得
则a、b两种光射出时间差为。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）折射定律：明确入射角（与法线夹角 ）和折射角，用 求折射率。
（2）光速与时间：光在介质中速度 ，结合传播路程（半径R ），用 计算时间，再求差值。
（1）由题意可知玻璃砖对a光的折射率为
玻璃砖对b光的折射率为
（2）a光在玻璃砖中的传播速度为
a光从O点到圆弧界面E点射出，a光所需时间为
联立解得
b光在玻璃砖中的传播速度为
b光从O点到圆弧界面Q点射出，b光所需时间为
联立解得
则a、b两种光射出时间差为
14．【答案】（1）解：由题意，对点受力分析可得
解得。
（2）解：C到B点由动能定理
可得
对C点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg。
（3）解：小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为则有
小球从C→D由动能定理
带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）圆周运动向心力：牛顿第二定律结合轨道支持力、电场力、重力，求速度。
（2）动能定理：分析重力、电场力做功，联立求不同点速度。
（3）等效最高点：复合场中，最小速度出现在合力方向指向圆心的位置，用动能定理或向心力公式求最小动能。
（1）由题意，对点受力分析可得
解得
（2）C到B点由动能定理
可得
对C点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg。
（3）小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为则有
小球从C→D由动能定理
带电小球在圆轨道上运动的最小动能
15．【答案】（1）解：规定向左为正方向，根据动能定理有
解得
方向向左
滑块和发生弹性碰撞，由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，。
（2）解：滑块在木板上滑动的过程中因地面光滑，木板和滑块组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为
解得
间因摩擦而产生的热量为，由能量转化和守恒可知
解得
B、C滑动摩擦力为
根据功能关系，有
解得木板C的最小长度。
（3）解：根据牛顿第二定律可得滑块B的加速度为
根据速度时间公式可得共速时间
当D物体速度最大时，滑块A和D水平方向动量守恒由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
对物体，根据动量定理
因为m1gt方向向下，所以
由矢量关系图
可知方向斜向左上方，所以平均力大小
根据牛顿第三定律物块对圆弧平均力。
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先研究A沿圆弧下滑过程，用动能定理求A碰撞前速度；再对A、B弹性碰撞，依据动量守恒和机械能守恒联立方程求解。
（2）B在C上滑动时，B、C系统动量守恒（地面光滑，合外力为0 ）；摩擦生热等于系统机械能损失，结合功能关系 求长度。
（3）先求B、C共速时间（B的加速度由摩擦力决定 ）；A、D水平动量守恒+能量守恒求A、D速度；再用动量定理结合力的矢量关系，求圆弧对A的平均力，由牛顿第三定律得A对圆弧的力。
（1）规定向左为正方向，根据动能定理有
解得
方向向左
滑块和发生弹性碰撞，由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
（2）滑块在木板上滑动的过程中因地面光滑，木板和滑块组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为
解得
间因摩擦而产生的热量为，由能量转化和守恒可知
解得
B、C滑动摩擦力为
根据功能关系，有
解得木板C的最小长度
（3）根据牛顿第二定律可得滑块B的加速度为
根据速度时间公式可得共速时间
当D物体速度最大时，滑块A和D水平方向动量守恒由动量守恒定律
根据能量守恒，有
联立解得，
对物体，根据动量定理
因为m1gt方向向下，所以
由矢量关系图
可知方向斜向左上方，所以平均力大小
根据牛顿第三定律物块对圆弧平均力。
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