广东省深圳市宝安区2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025高二上·宝安期末）两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，带正电、带负电，且，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·宝安期末）图中为服务员端着一碗汤步行的情境，汤随着人的步行发生受迫振动，下列关于该过程说法正确的是（ ）
A．服务员步频越大，汤晃动频率越大
B．服务员步幅越大，汤晃动频率越大
C．服务员步频越大，汤晃动幅度越大
D．服务员步幅越大，汤晃动幅度越大
3．（2025高二上·宝安期末）两束不同频率的单色光垂直于直径射入半圆形玻璃砖，两束光在玻璃砖中轴线两侧对称分布。光线射出玻璃砖后交于点，如图所示。以下判断正确的是（ ）
A．光的折射率大于光
B．光的频率小于光的频率
C．光通过玻璃砖的时间大于光
D．增大玻璃砖半径，两光线交点与中轴线距离将增大
4．（2025高二上·宝安期末）地球绕太阳运动可视作线速度为的匀速圆周运动。已知地球质量为，太阳对地球的引力大小为。地球绕太阳运动的周期为，则在时间内（ ）
A．引力的冲量为零 B．引力的冲量为
C．地球动量变化量为零 D．地球动量变化量大小为
5．（2025高二上·宝安期末）用如图所示的装置来做双缝干涉实验，已知强光源输出平行白光，光源到双缝的距离为，双缝到半透明屏幕距离为。则以下说法正确的是（ ）
A．仅减小，屏幕上的条纹间距将变大
B．仅去除蓝色滤光片，屏幕上出现黑白相间的干涉条纹
C．仅把蓝色滤光片换成红色滤光片，屏幕上的条纹间距变大
D．去除蓝色滤光片，在双缝的两条缝前分别放黄色和蓝色滤光片，屏幕将出现绿色干涉条纹
6．（2025高二上·宝安期末）一个半径为，不带电的金属球放置在绝缘支架上，球心位置为O。带电量为的点电荷放置在与球心的距离为的位置，如图所示。此时金属球表面产生了感应电荷，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零
B．小球中的感应电荷总量等于
C．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为
D．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为
7．（2025高二上·宝安期末）某实验小组用电流传感器观察电容器的充、放电现象，实验电路如图所示。其中和为两个定值电阻，。先把单刀双掷开关打到1位置，待电容器充电完成后开关打到2位置，直到电容器放电结束后断开开关。则观察到的电流图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给定的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，不选或有错的不得分。
8．（2025高二上·宝安期末）在竖直向下的匀强电场中射入Ａ、Ｂ两带电油滴，两油滴质量相等，的带电量为，B带电量为。在电场中Ａ、Ｂ两油滴分别沿着如图中的方向匀速直线运动。不计油滴间及油滴和空气间的相互作用，下列说法正确的有（ ）
A．A的带电量大于B
B．A带负电，B带正电
C．的运动方向电势升高，的运动方向电势降低
D．的电势能逐渐减小，的电势能逐渐增大
9．（2025高二上·宝安期末）如图，一列简谐横波沿轴负方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期满足。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的周期为
B．这列波的波速为
C．这列波的频率为
D．时，处的质点正经过平衡位置向下运动
10．（2025高二上·宝安期末）2024年3月17日，在荷兰鹿特丹进行的2024年国际滑联短道速滑世锦赛中，中国队在男女混合2000米接力决赛中获得冠军。接力时，选手A在未被推动前不得开始滑行，选手从后面靠近并用力推动，使获得初速度。两选手相互作用时间极短，在接力前后瞬间，以下说法正确的有（ ）
A．A与B构成的系统动量守恒
B．与构成的系统机械能守恒
C．B对A的冲量大小大于A对B的冲量大小
D．B对A的冲量大小等于A对B的冲量大小
三、实验题：共2小题，每空2分，共16分
11．（2025高二上·宝安期末）某同学用单摆测量当地重力加速度，其实验装置如图甲所示。
（1）将单摆挂在力传感器的下端（图中未画出传感器），通过力传感器测量摆动过程中摆线受到的拉力，记录拉力随时间的变化，如图乙所示，根据图乙可以计算出单摆的周期为 。
（2）用游标卡尺测小钢球直径，游标卡尺的示数如图丙所示，则小钢球直径为 mm；用刻度尺测得摆线长为，则重力加速度的表达式为 （用表示）。
（3）改变摆线的长度，测出相应的，测量出多组数据，绘制出图像，如图丁所示，则由图可计算出重力加速度为 （用图丁中的字母表示）
12．（2025高二上·宝安期末）某实验小组通过提升重物的方式验证直流电动机工作时电功率、机械功率和热功率的守恒关系。实验装置如图所示。其主要器材包括稳压电源、电动机（带（1）绞盘）、力传感器、位移传感器、定滑轮、重物及支架。
（1）为了测量电动机的工作时的热功率，先进行电动机线圈电阻的测量，此时需要保证 （填“电动机正常工作”或“电动机不转动”），选用 （填“甲”或“乙”）测量电路进行测量。
（2）然后把定滑轮固定在力传感器下方，再把力传感器固定在支架上且示数调零。轻质细绳跨过定滑轮，一端连接电动机绞盘，另一端连接重物。电动机带动绞盘旋转，拉动重物匀速直线上升。读取力传感器示数为，通过位移传感器测算重物上升时的速度，进而计算出电动机的机械功率为 （用表示）
（3）根据电源显示屏直接读出电动机匀速提升重物时，电源对电动机提供的电压以及电流，可计算电动机的线圈的热功率。只需在实验误差允许范围内验证： ．即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
四、计算题：共3小题，共38分。解答过程要有必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的，必须明确写出数值和单位。
13．（2025高二上·宝安期末）A、O、B为某均匀介质中的三点，已知O在A、B的连线上，且，，如图甲所示。时刻波源O开始振动，振动图像如图乙所示。A起振后开始振动，求：
（1）该波的波速和波长；
（2）B点开始振动时A点的位移及运动方向。
14．（2025高二上·宝安期末）以下为某电动玩具电路结构的简略图。已知电源电动势，内阻，指示灯额定电压为，电阻，电动机额定功率，电动机内部电阻值。当滑动变阻器调节到适当位置时，指示灯和电动机恰好同时达到额定功率。（忽略由于温度变化而引起的电阻变化）求：
（1）此时滑动变阻器的阻值；
（2）该电动玩具的机械效率（电动机的机械功率与电源输出电功率之比）。
15．（2025高二上·宝安期末）如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端点距平台的高度差为是轨道最低点，是轨道的最高点，圆弧对应的圆心角，圆弧形轨道处在水平向左的匀强电场中（图中未画出），平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块（大小可忽略不计）从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷，物块释放点距A点的距离，圆弧形轨道区域的电场强度，sin，取。若物块在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，求：
（1）物块离开点时的速度大小和、间的水平距离；
（2）平台所在区域的场强大小；
（3）圆弧轨道的半径。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】点电荷；电场线
【解析】【解答】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于带正电、带负电，且，即相当于的正点电荷产生的电场。
故答案为：A。
【分析】1. 两电荷（、， ）在足够远处，因距离远，可等效为一个点电荷，电荷量为 （正电荷 ）。
2. 正点电荷的电场线是从电荷出发向四周均匀辐射的直线，据此匹配选项。
2．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】AB．汤做受迫振动，其频率只由驱动力的频率决定，故汤晃动的频率与服务员步频相同，故服务员步频越大，汤晃动频率越大，故A正确，B错误；
CD．受迫振动的物体的振幅由驱动力的频率与物体的固有频率关系决定，两者越接近，物体的振幅越大，而题中汤的固有频率未知，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】AB：受迫振动频率 ≡ 驱动力频率（与步幅无关 ）。
CD：受迫振动振幅由 “驱动力频率与固有频率的接近程度” 决定（越接近，振幅越大 ），因固有频率未知，无法仅由步频 / 步幅判断振幅。
3．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．由如图所示光路图可知，两束光在球面上的入射角相等，光的折射角小于光的折射角，根据折射定律，光从光密介质射向光疏介质时有
因此有
故错误；
B．频率越大的光在同种介质中的折射率越大，因此光的频率小于光的频率，故B正确；
C．光在介质中的传播速度
因为，因此，两束光在玻璃砖中传播的距离相同，因此有光通过玻璃砖的时间小于光通过玻璃砖的时间，故C错误；
D．增大玻璃砖半径，则入射角减小，对应的折射角也减小，由于入射角相同时，光的折射角小于光的折射角，故当减小相同的入射角时，光减小的折射角小于光的减小的折射角，由几何关系可知，射出玻璃砖后，两束光的交点与中轴线距离将减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A. 用折射定律（ ）比较折射率。
B. 依据“频率大→折射率大”关联。
C. 由 和 （传播距离 相同 ），比较传播时间。
D. 分析半径增大时入射角、折射角变化，结合几何关系判断交点距离。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】ACD．根据题意可知，在时间内，地球绕太阳运动过程中地球的动量变化量大小为
由动量定理可得，引力的冲量为
故AC错误，D正确；
B．由于引力的方向时刻改变，引力的冲量不能直接用引力乘以作用时间来进行计算，故B错误。
故答案为：D。
【分析】1. 动量变化 末初，地球做匀速圆周运动， 后速度方向反向，故末动量与初动量等大反向。
2. 动量定理 ，引力冲量等于动量变化，因引力是变力，不能直接用 计算。
3. 逐一分析选项，判断冲量是否为零、动量变化是否为零及大小。
5．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．根据，其中为双缝到屏幕的距离，为双缝间的距离，为光的波长，可知仅减小，干涉条纹间的距离不变，故A错误；
B．仅去除蓝色玻璃片，屏幕上出现的是彩色的干涉条纹，故B错误；
C．红光波长大于蓝光波长，根据，可知干涉条纹间的距离变得更大，故C正确；
D．入射光用白光，在双缝中的一缝前放黄色滤光片，另一缝前放蓝色滤光片，两束光频率不同，像屏上会有亮光，但不会出现干涉条纹，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 用分析条纹间距与（无关 ）、波长（正相关 ）的关系.
2. 依据白光（多波长 ）干涉会产生彩色条纹。
3. 结合干涉条件（频率相同 ），分析D中“不同频率光”无法干涉。
6．【答案】D
【知识点】点电荷；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．由于没有规定何处电势为0，故无法确定O点电势，故A错误；
B．静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，故B错误；
CD．导体球处于静电平衡时，点场强为0，即-Q的点电荷与感应电荷在O点产生的合场强为0，因此感应电荷在O点产生的电场强大小等于-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小，而-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电势具有相对性，无零点规定时无法确定O点电势.
2. 静电感应是电荷重新分布，总电荷量不变（仍为0 ）。
3. 静电平衡时内部场强为0，点电荷与感应电荷的场强在O点抵消，结合点电荷场强公式 （ ）。
7．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容器通过电阻充电，通过电阻放电。开始充电瞬间的电流大小约为（为电源的电动势）
充电完毕后，电容器两端的电压也为，因此开始放电瞬间的电流大小约为
其中
因此放电瞬间的电流大小约为开始充电瞬间电流大小的一半；充、放电时的电流方向相反，电阻越大，电流越小，根据充放电的电荷量相同可知放电的时间比充电时间长。
故答案为：D。
【分析】1. 充电：通过 ，初始电流 ，电流正方向、衰减.
2. 放电：通过 ，初始电流 ，电流反方向、衰减更慢（因 大，电流小，且 相同，放电时间更长 ）。
8．【答案】C,D
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．A、B两油滴均只受到重力和电场力作用，由于两油滴均做匀速直线运动，因此油滴受力平衡，即
电场力方向向上，可知两油滴均带负电；且两油滴质量相等，故两者的带电量相同，故AB错误；
C．沿电场方向，电势逐渐降低，由题可知，的运动方向电势升高，的运动方向电势降低，故C正确；
D．运动过程中，电场力对油滴A做正功，对油滴B做负功，因此A的电势能减小，B的电势能增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】1. 匀速运动，合力为零，推导油滴电性（负电 ）和电量关系（相等 ）。
2. 依据“沿电场线电势降低”，分析A、B运动方向对应的电势变化。
3. 通过“电场力做功正负”，确定电势能增减。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】ABC．由图可知，此机械波的波长
由于波沿轴负方向传播，波在一个周期内传播的位移为一个波长，又，因此在内，波传播的距离为
因此波的传播速度为
由可知，波的周期为，频率，故AC错误，B正确；
D．根据题意可知
由于经过整数个周期的时间，质点的振动状态相同，因此处的质点在时的状态与时的状态再经过时的状态相同，时，处的质点在波峰位置，经过再经过，质点处于平衡位置且向下振动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 由波形图得波长 ，根据传播方向（负向 ）和时间范围 ，确定 内波传播距离（ ），用 算波速，再求周期、频率。
2. 分解 为“整数周期 + 分数周期”，利用“整数周期振动状态重复”，结合 时质点位置，分析 后的振动状态。
10．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】ACD．由于作用时间非常短暂，A、B构成的系统在相互作用的过程中动量守恒，即对的冲量与对的冲量大小相等，方向相反，故AD正确，C错误；
B．A、B构成的系统机械能可能增大，可能守恒，也可能减小，故B错误。
故答案为：AD。
【分析】A：因作用时间极短，外力冲量可忽略，系统合外力冲量为 0，动量守恒。
B：B 推 A 时存在非保守力（肌肉力 ）做功，机械能不守恒。
C、D：相互作用力等大反向、作用时间相同，冲量大小相等（方向相反 ）。
11．【答案】（1）4
（2）18.4；
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由图乙可知：单摆的周期。
（2）10分度游标卡尺的精确值为，由图可知小钢球直径为；
根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为。
故答案为：18.4；
（3）根据
可得
可知图像的斜率为
解得
故答案为：
【分析】（1）周期：通过拉力变化的周期性（最低点拉力最大 ），确定相邻两次最大拉力的时间间隔为周期；
（2）直径：利用游标卡尺“主尺 + 游标尺”读数规则，计算小球直径；重力加速度：结合摆长（摆线长 + 小球半径 ）和周期公式 推导表达式；
（3）将周期公式变形为线性关系 ，通过斜率 关联图像数据，求解 。
（1）由图乙可知：单摆的周期。
（2）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图可知小钢球直径为
[2]根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为
（3）根据
可得
可知图像的斜率为
解得
12．【答案】（1）电动机不转动；乙
（2）
（3）
【知识点】焦耳定律；能量守恒定律；功率及其计算；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。
故答案为：电动机不转动；乙
（2）电动机的拉力的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为
故答案为：
（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为，通过电动机的电流为，因此电动机工作时的电功率为，故只需在实验误差允许范围内验证
即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
故答案为：
【分析】1. 测电阻：电动机不转时为纯电阻，可用欧姆定律；因电阻小，选电流表外接（乙电路 ）减小误差。
2. 机械功率：通过力传感器示数 推导细绳张力（ ），用 计算。
3. 能量守恒：电功率 电，需等于机械功率与热功率之和，验证此等式即验证守恒。
（1）[1][2]用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。
（2）电动机的拉力的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为
（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为，通过电动机的电流为，因此电动机工作时的电功率为，故只需在实验误差允许范围内验证
即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
13．【答案】（1）解：波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为，
故波传播到A、B两点的时间差为
代入数据联立解得
根据波源O的振动图像可知，波的周期为
由波长、周期和波速的关系
代入数据解得。
（2）解：由题可知，当B开始振动时，A已经运动了，故此时A处于平衡位置，因此此时A的位移为0；根据波源O的振动图像可知各质点的起振方向向下，因此质点A起振后，经历时处于平衡位置且向上运动。
【知识点】波长、波速与频率的关系；质点
【解析】【分析】（1）波速：通过A、B起振时间差（ ）和距离差（ ），用 计算；结合振动图像得周期 ，用 算波长。
（2）质点状态：B起振时，A振动时间为 ，根据起振方向（向下 ）和振动半周期的特点，判断位移和运动方向。
（1）波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为，
故波传播到A、B两点的时间差为
代入数据联立解得
根据波源O的振动图像可知，波的周期为
由波长、周期和波速的关系
代入数据解得
（2）由题可知，当B开始振动时，A已经运动了，故此时A处于平衡位置，因此此时A的位移为0；根据波源O的振动图像可知各质点的起振方向向下，因此质点A起振后，经历时处于平衡位置且向上运动。
14．【答案】（1）解：由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为
根据欧姆定律
解得
电动机电流
解得
根据闭合电路欧姆定律
解得。
（2）解：根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为
解得
电动机的机械功率
路端电压
电源的输出功率
解得。
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）求 R：通过指示灯的额定电压、电阻算电流；电动机由额定功率和电压算电流；总电流代入闭合电路定律，解 R。
（2）求效率：先算电动机热功率（焦耳定律 ），得机械功率（额定功率 - 热功率 ）；再算电源输出功率（路端电压 × 总电流 ）；最后用机械功率与输出功率的比值算效率。
（1）由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为
根据欧姆定律
解得
电动机电流
解得
根据闭合电路欧姆定律
解得
（2）根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为
解得
电动机的机械功率
路端电压
电源的输出功率
解得
15．【答案】（1）解：从到的过程中，小球做平抛运动，故在点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹角为，则有
而
代入数据，解得
由
得
故间的水平距离
（2）解：从释放小球到小球到达点的过程中，有
解得
（3）解：在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场力
设小球受到的合力为等效重力，其与水平方向的夹角满足
即，
F的方向与点的速度方向垂直，因此点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点在与点相对于圆心点的对称点。如图所示
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点速度为时，对小球有
小球从运动到等效重力场最高点的过程中有
代入数据，联解得
情形二：小球恰好运动到垂直且与等高的点，有
解得
故小球在轨道上运动时不会脱离轨道里，有或
【知识点】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）平抛阶段：用竖直方向自由落体求 ，结合速度方向夹角求 和水平距离。
（2）平台加速：动能定理关联电场力做功与动能变化，求 。
（3）轨道运动：引入等效重力（重力与电场力的合力 ），分析不脱离轨道的临界条件（等效最高点或特定点速度临界 ），用动能定理和向心力公式联立求解半径范围。
（1）从到的过程中，小球做平抛运动，故在点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹角为，则有
而
代入数据，解得
由
得
故间的水平距离
（2）从释放小球到小球到达点的过程中，有
解得
（3）在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场力
设小球受到的合力为等效重力，其与水平方向的夹角满足
即，
F的方向与点的速度方向垂直，因此点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点在与点相对于圆心点的对称点。如图所示
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点速度为时，对小球有
小球从运动到等效重力场最高点的过程中有
代入数据，联解得
情形二：小球恰好运动到垂直且与等高的点，有
解得
故小球在轨道上运动时不会脱离轨道里，有或
1 / 1广东省深圳市宝安区2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025高二上·宝安期末）两个带电小球放置在足够宽广的真空环境中，带正电、带负电，且，两电荷附近的电场分布如图所示。若从足够远处观察这两个电荷，可以把两电荷视作一个点，则在足够远处观察到的电场分布正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】点电荷；电场线
【解析】【解答】由题意可知，在足够远处的电场相当于将两电荷合在一起时形成的电场，由于带正电、带负电，且，即相当于的正点电荷产生的电场。
故答案为：A。
【分析】1. 两电荷（、， ）在足够远处，因距离远，可等效为一个点电荷，电荷量为 （正电荷 ）。
2. 正点电荷的电场线是从电荷出发向四周均匀辐射的直线，据此匹配选项。
2．（2025高二上·宝安期末）图中为服务员端着一碗汤步行的情境，汤随着人的步行发生受迫振动，下列关于该过程说法正确的是（ ）
A．服务员步频越大，汤晃动频率越大
B．服务员步幅越大，汤晃动频率越大
C．服务员步频越大，汤晃动幅度越大
D．服务员步幅越大，汤晃动幅度越大
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】AB．汤做受迫振动，其频率只由驱动力的频率决定，故汤晃动的频率与服务员步频相同，故服务员步频越大，汤晃动频率越大，故A正确，B错误；
CD．受迫振动的物体的振幅由驱动力的频率与物体的固有频率关系决定，两者越接近，物体的振幅越大，而题中汤的固有频率未知，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】AB：受迫振动频率 ≡ 驱动力频率（与步幅无关 ）。
CD：受迫振动振幅由 “驱动力频率与固有频率的接近程度” 决定（越接近，振幅越大 ），因固有频率未知，无法仅由步频 / 步幅判断振幅。
3．（2025高二上·宝安期末）两束不同频率的单色光垂直于直径射入半圆形玻璃砖，两束光在玻璃砖中轴线两侧对称分布。光线射出玻璃砖后交于点，如图所示。以下判断正确的是（ ）
A．光的折射率大于光
B．光的频率小于光的频率
C．光通过玻璃砖的时间大于光
D．增大玻璃砖半径，两光线交点与中轴线距离将增大
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．由如图所示光路图可知，两束光在球面上的入射角相等，光的折射角小于光的折射角，根据折射定律，光从光密介质射向光疏介质时有
因此有
故错误；
B．频率越大的光在同种介质中的折射率越大，因此光的频率小于光的频率，故B正确；
C．光在介质中的传播速度
因为，因此，两束光在玻璃砖中传播的距离相同，因此有光通过玻璃砖的时间小于光通过玻璃砖的时间，故C错误；
D．增大玻璃砖半径，则入射角减小，对应的折射角也减小，由于入射角相同时，光的折射角小于光的折射角，故当减小相同的入射角时，光减小的折射角小于光的减小的折射角，由几何关系可知，射出玻璃砖后，两束光的交点与中轴线距离将减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A. 用折射定律（ ）比较折射率。
B. 依据“频率大→折射率大”关联。
C. 由 和 （传播距离 相同 ），比较传播时间。
D. 分析半径增大时入射角、折射角变化，结合几何关系判断交点距离。
4．（2025高二上·宝安期末）地球绕太阳运动可视作线速度为的匀速圆周运动。已知地球质量为，太阳对地球的引力大小为。地球绕太阳运动的周期为，则在时间内（ ）
A．引力的冲量为零 B．引力的冲量为
C．地球动量变化量为零 D．地球动量变化量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】ACD．根据题意可知，在时间内，地球绕太阳运动过程中地球的动量变化量大小为
由动量定理可得，引力的冲量为
故AC错误，D正确；
B．由于引力的方向时刻改变，引力的冲量不能直接用引力乘以作用时间来进行计算，故B错误。
故答案为：D。
【分析】1. 动量变化 末初，地球做匀速圆周运动， 后速度方向反向，故末动量与初动量等大反向。
2. 动量定理 ，引力冲量等于动量变化，因引力是变力，不能直接用 计算。
3. 逐一分析选项，判断冲量是否为零、动量变化是否为零及大小。
5．（2025高二上·宝安期末）用如图所示的装置来做双缝干涉实验，已知强光源输出平行白光，光源到双缝的距离为，双缝到半透明屏幕距离为。则以下说法正确的是（ ）
A．仅减小，屏幕上的条纹间距将变大
B．仅去除蓝色滤光片，屏幕上出现黑白相间的干涉条纹
C．仅把蓝色滤光片换成红色滤光片，屏幕上的条纹间距变大
D．去除蓝色滤光片，在双缝的两条缝前分别放黄色和蓝色滤光片，屏幕将出现绿色干涉条纹
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．根据，其中为双缝到屏幕的距离，为双缝间的距离，为光的波长，可知仅减小，干涉条纹间的距离不变，故A错误；
B．仅去除蓝色玻璃片，屏幕上出现的是彩色的干涉条纹，故B错误；
C．红光波长大于蓝光波长，根据，可知干涉条纹间的距离变得更大，故C正确；
D．入射光用白光，在双缝中的一缝前放黄色滤光片，另一缝前放蓝色滤光片，两束光频率不同，像屏上会有亮光，但不会出现干涉条纹，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 用分析条纹间距与（无关 ）、波长（正相关 ）的关系.
2. 依据白光（多波长 ）干涉会产生彩色条纹。
3. 结合干涉条件（频率相同 ），分析D中“不同频率光”无法干涉。
6．（2025高二上·宝安期末）一个半径为，不带电的金属球放置在绝缘支架上，球心位置为O。带电量为的点电荷放置在与球心的距离为的位置，如图所示。此时金属球表面产生了感应电荷，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零
B．小球中的感应电荷总量等于
C．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为
D．感应电荷在O点产生的电场强度的大小为
【答案】D
【知识点】点电荷；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．由于没有规定何处电势为0，故无法确定O点电势，故A错误；
B．静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，故B错误；
CD．导体球处于静电平衡时，点场强为0，即-Q的点电荷与感应电荷在O点产生的合场强为0，因此感应电荷在O点产生的电场强大小等于-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小，而-Q的点电荷在O点产生的电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电势具有相对性，无零点规定时无法确定O点电势.
2. 静电感应是电荷重新分布，总电荷量不变（仍为0 ）。
3. 静电平衡时内部场强为0，点电荷与感应电荷的场强在O点抵消，结合点电荷场强公式 （ ）。
7．（2025高二上·宝安期末）某实验小组用电流传感器观察电容器的充、放电现象，实验电路如图所示。其中和为两个定值电阻，。先把单刀双掷开关打到1位置，待电容器充电完成后开关打到2位置，直到电容器放电结束后断开开关。则观察到的电流图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电容器通过电阻充电，通过电阻放电。开始充电瞬间的电流大小约为（为电源的电动势）
充电完毕后，电容器两端的电压也为，因此开始放电瞬间的电流大小约为
其中
因此放电瞬间的电流大小约为开始充电瞬间电流大小的一半；充、放电时的电流方向相反，电阻越大，电流越小，根据充放电的电荷量相同可知放电的时间比充电时间长。
故答案为：D。
【分析】1. 充电：通过 ，初始电流 ，电流正方向、衰减.
2. 放电：通过 ，初始电流 ，电流反方向、衰减更慢（因 大，电流小，且 相同，放电时间更长 ）。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给定的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，不选或有错的不得分。
8．（2025高二上·宝安期末）在竖直向下的匀强电场中射入Ａ、Ｂ两带电油滴，两油滴质量相等，的带电量为，B带电量为。在电场中Ａ、Ｂ两油滴分别沿着如图中的方向匀速直线运动。不计油滴间及油滴和空气间的相互作用，下列说法正确的有（ ）
A．A的带电量大于B
B．A带负电，B带正电
C．的运动方向电势升高，的运动方向电势降低
D．的电势能逐渐减小，的电势能逐渐增大
【答案】C,D
【知识点】电场力做功；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．A、B两油滴均只受到重力和电场力作用，由于两油滴均做匀速直线运动，因此油滴受力平衡，即
电场力方向向上，可知两油滴均带负电；且两油滴质量相等，故两者的带电量相同，故AB错误；
C．沿电场方向，电势逐渐降低，由题可知，的运动方向电势升高，的运动方向电势降低，故C正确；
D．运动过程中，电场力对油滴A做正功，对油滴B做负功，因此A的电势能减小，B的电势能增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】1. 匀速运动，合力为零，推导油滴电性（负电 ）和电量关系（相等 ）。
2. 依据“沿电场线电势降低”，分析A、B运动方向对应的电势变化。
3. 通过“电场力做功正负”，确定电势能增减。
9．（2025高二上·宝安期末）如图，一列简谐横波沿轴负方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期满足。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的周期为
B．这列波的波速为
C．这列波的频率为
D．时，处的质点正经过平衡位置向下运动
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】ABC．由图可知，此机械波的波长
由于波沿轴负方向传播，波在一个周期内传播的位移为一个波长，又，因此在内，波传播的距离为
因此波的传播速度为
由可知，波的周期为，频率，故AC错误，B正确；
D．根据题意可知
由于经过整数个周期的时间，质点的振动状态相同，因此处的质点在时的状态与时的状态再经过时的状态相同，时，处的质点在波峰位置，经过再经过，质点处于平衡位置且向下振动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 由波形图得波长 ，根据传播方向（负向 ）和时间范围 ，确定 内波传播距离（ ），用 算波速，再求周期、频率。
2. 分解 为“整数周期 + 分数周期”，利用“整数周期振动状态重复”，结合 时质点位置，分析 后的振动状态。
10．（2025高二上·宝安期末）2024年3月17日，在荷兰鹿特丹进行的2024年国际滑联短道速滑世锦赛中，中国队在男女混合2000米接力决赛中获得冠军。接力时，选手A在未被推动前不得开始滑行，选手从后面靠近并用力推动，使获得初速度。两选手相互作用时间极短，在接力前后瞬间，以下说法正确的有（ ）
A．A与B构成的系统动量守恒
B．与构成的系统机械能守恒
C．B对A的冲量大小大于A对B的冲量大小
D．B对A的冲量大小等于A对B的冲量大小
【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】ACD．由于作用时间非常短暂，A、B构成的系统在相互作用的过程中动量守恒，即对的冲量与对的冲量大小相等，方向相反，故AD正确，C错误；
B．A、B构成的系统机械能可能增大，可能守恒，也可能减小，故B错误。
故答案为：AD。
【分析】A：因作用时间极短，外力冲量可忽略，系统合外力冲量为 0，动量守恒。
B：B 推 A 时存在非保守力（肌肉力 ）做功，机械能不守恒。
C、D：相互作用力等大反向、作用时间相同，冲量大小相等（方向相反 ）。
三、实验题：共2小题，每空2分，共16分
11．（2025高二上·宝安期末）某同学用单摆测量当地重力加速度，其实验装置如图甲所示。
（1）将单摆挂在力传感器的下端（图中未画出传感器），通过力传感器测量摆动过程中摆线受到的拉力，记录拉力随时间的变化，如图乙所示，根据图乙可以计算出单摆的周期为 。
（2）用游标卡尺测小钢球直径，游标卡尺的示数如图丙所示，则小钢球直径为 mm；用刻度尺测得摆线长为，则重力加速度的表达式为 （用表示）。
（3）改变摆线的长度，测出相应的，测量出多组数据，绘制出图像，如图丁所示，则由图可计算出重力加速度为 （用图丁中的字母表示）
【答案】（1）4
（2）18.4；
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由图乙可知：单摆的周期。
（2）10分度游标卡尺的精确值为，由图可知小钢球直径为；
根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为。
故答案为：18.4；
（3）根据
可得
可知图像的斜率为
解得
故答案为：
【分析】（1）周期：通过拉力变化的周期性（最低点拉力最大 ），确定相邻两次最大拉力的时间间隔为周期；
（2）直径：利用游标卡尺“主尺 + 游标尺”读数规则，计算小球直径；重力加速度：结合摆长（摆线长 + 小球半径 ）和周期公式 推导表达式；
（3）将周期公式变形为线性关系 ，通过斜率 关联图像数据，求解 。
（1）由图乙可知：单摆的周期。
（2）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图可知小钢球直径为
[2]根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为
（3）根据
可得
可知图像的斜率为
解得
12．（2025高二上·宝安期末）某实验小组通过提升重物的方式验证直流电动机工作时电功率、机械功率和热功率的守恒关系。实验装置如图所示。其主要器材包括稳压电源、电动机（带（1）绞盘）、力传感器、位移传感器、定滑轮、重物及支架。
（1）为了测量电动机的工作时的热功率，先进行电动机线圈电阻的测量，此时需要保证 （填“电动机正常工作”或“电动机不转动”），选用 （填“甲”或“乙”）测量电路进行测量。
（2）然后把定滑轮固定在力传感器下方，再把力传感器固定在支架上且示数调零。轻质细绳跨过定滑轮，一端连接电动机绞盘，另一端连接重物。电动机带动绞盘旋转，拉动重物匀速直线上升。读取力传感器示数为，通过位移传感器测算重物上升时的速度，进而计算出电动机的机械功率为 （用表示）
（3）根据电源显示屏直接读出电动机匀速提升重物时，电源对电动机提供的电压以及电流，可计算电动机的线圈的热功率。只需在实验误差允许范围内验证： ．即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
【答案】（1）电动机不转动；乙
（2）
（3）
【知识点】焦耳定律；能量守恒定律；功率及其计算；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。
故答案为：电动机不转动；乙
（2）电动机的拉力的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为
故答案为：
（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为，通过电动机的电流为，因此电动机工作时的电功率为，故只需在实验误差允许范围内验证
即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
故答案为：
【分析】1. 测电阻：电动机不转时为纯电阻，可用欧姆定律；因电阻小，选电流表外接（乙电路 ）减小误差。
2. 机械功率：通过力传感器示数 推导细绳张力（ ），用 计算。
3. 能量守恒：电功率 电，需等于机械功率与热功率之和，验证此等式即验证守恒。
（1）[1][2]用伏安法测电动机线圈的电阻时，电动机须为纯电阻，故电动机应该处于不转动的状态；由于电动机线圈的电阻较小，故应选择电流表的外接法，因此应选择乙图所示的测量电路。
（2）电动机的拉力的大小等于拉力传感器示数的一半，故其机械功功率为
（3）电动机匀速提升重物时，电动机两端的电压为，通过电动机的电流为，因此电动机工作时的电功率为，故只需在实验误差允许范围内验证
即可验证电动机的能量转化和守恒关系。
四、计算题：共3小题，共38分。解答过程要有必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的，必须明确写出数值和单位。
13．（2025高二上·宝安期末）A、O、B为某均匀介质中的三点，已知O在A、B的连线上，且，，如图甲所示。时刻波源O开始振动，振动图像如图乙所示。A起振后开始振动，求：
（1）该波的波速和波长；
（2）B点开始振动时A点的位移及运动方向。
【答案】（1）解：波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为，
故波传播到A、B两点的时间差为
代入数据联立解得
根据波源O的振动图像可知，波的周期为
由波长、周期和波速的关系
代入数据解得。
（2）解：由题可知，当B开始振动时，A已经运动了，故此时A处于平衡位置，因此此时A的位移为0；根据波源O的振动图像可知各质点的起振方向向下，因此质点A起振后，经历时处于平衡位置且向上运动。
【知识点】波长、波速与频率的关系；质点
【解析】【分析】（1）波速：通过A、B起振时间差（ ）和距离差（ ），用 计算；结合振动图像得周期 ，用 算波长。
（2）质点状态：B起振时，A振动时间为 ，根据起振方向（向下 ）和振动半周期的特点，判断位移和运动方向。
（1）波源O开始振动后同时向OA和OB两个方向传播，由于属于同种均匀介质，波沿两个方向的传播速度大小相等，故波传播到A、B两点的时间分别为，
故波传播到A、B两点的时间差为
代入数据联立解得
根据波源O的振动图像可知，波的周期为
由波长、周期和波速的关系
代入数据解得
（2）由题可知，当B开始振动时，A已经运动了，故此时A处于平衡位置，因此此时A的位移为0；根据波源O的振动图像可知各质点的起振方向向下，因此质点A起振后，经历时处于平衡位置且向上运动。
14．（2025高二上·宝安期末）以下为某电动玩具电路结构的简略图。已知电源电动势，内阻，指示灯额定电压为，电阻，电动机额定功率，电动机内部电阻值。当滑动变阻器调节到适当位置时，指示灯和电动机恰好同时达到额定功率。（忽略由于温度变化而引起的电阻变化）求：
（1）此时滑动变阻器的阻值；
（2）该电动玩具的机械效率（电动机的机械功率与电源输出电功率之比）。
【答案】（1）解：由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为
根据欧姆定律
解得
电动机电流
解得
根据闭合电路欧姆定律
解得。
（2）解：根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为
解得
电动机的机械功率
路端电压
电源的输出功率
解得。
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）求 R：通过指示灯的额定电压、电阻算电流；电动机由额定功率和电压算电流；总电流代入闭合电路定律，解 R。
（2）求效率：先算电动机热功率（焦耳定律 ），得机械功率（额定功率 - 热功率 ）；再算电源输出功率（路端电压 × 总电流 ）；最后用机械功率与输出功率的比值算效率。
（1）由于灯泡达到额定功率，故灯泡电压为
根据欧姆定律
解得
电动机电流
解得
根据闭合电路欧姆定律
解得
（2）根据焦耳定律，电动机损耗的热功率为
解得
电动机的机械功率
路端电压
电源的输出功率
解得
15．（2025高二上·宝安期末）如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端点距平台的高度差为是轨道最低点，是轨道的最高点，圆弧对应的圆心角，圆弧形轨道处在水平向左的匀强电场中（图中未画出），平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块（大小可忽略不计）从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷，物块释放点距A点的距离，圆弧形轨道区域的电场强度，sin，取。若物块在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，求：
（1）物块离开点时的速度大小和、间的水平距离；
（2）平台所在区域的场强大小；
（3）圆弧轨道的半径。
【答案】（1）解：从到的过程中，小球做平抛运动，故在点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹角为，则有
而
代入数据，解得
由
得
故间的水平距离
（2）解：从释放小球到小球到达点的过程中，有
解得
（3）解：在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场力
设小球受到的合力为等效重力，其与水平方向的夹角满足
即，
F的方向与点的速度方向垂直，因此点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点在与点相对于圆心点的对称点。如图所示
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点速度为时，对小球有
小球从运动到等效重力场最高点的过程中有
代入数据，联解得
情形二：小球恰好运动到垂直且与等高的点，有
解得
故小球在轨道上运动时不会脱离轨道里，有或
【知识点】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）平抛阶段：用竖直方向自由落体求 ，结合速度方向夹角求 和水平距离。
（2）平台加速：动能定理关联电场力做功与动能变化，求 。
（3）轨道运动：引入等效重力（重力与电场力的合力 ），分析不脱离轨道的临界条件（等效最高点或特定点速度临界 ），用动能定理和向心力公式联立求解半径范围。
（1）从到的过程中，小球做平抛运动，故在点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹角为，则有
而
代入数据，解得
由
得
故间的水平距离
（2）从释放小球到小球到达点的过程中，有
解得
（3）在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场力
设小球受到的合力为等效重力，其与水平方向的夹角满足
即，
F的方向与点的速度方向垂直，因此点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点在与点相对于圆心点的对称点。如图所示
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点速度为时，对小球有
小球从运动到等效重力场最高点的过程中有
代入数据，联解得
情形二：小球恰好运动到垂直且与等高的点，有
解得
故小球在轨道上运动时不会脱离轨道里，有或
1 / 1
