上海市復旦附中2024-2025學年高二（上）期中物理試卷（含解析）

第=page77頁，共=sectionpages2020頁上海市復旦附中2024-2025學年高二（上）期中物理試卷一、單選題：本大題共16小題，共49分。1.下列關(guān)系式中不是利用物理量之比定義新的物理量的是(

)A.E=Fq B.φ=Ep2.電動汽車公司“蔚來”于2022年7月表示，將于今年第四季度計劃交付150kW?h固態(tài)電池，單體能量密度達360Wh/kg，這里與A.能量 B.功率 C.電量 D.電容3.一根粗細均勻的繩子，右側(cè)固定，使左側(cè)的S點上下振動，產(chǎn)生一列向右傳播的機械波，某時刻的波形如圖所示。則該波的(

)A.波速變大 B.波長變大 C.周期變大 D.頻率變大4.簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻的波形圖如圖所示，P、Q分別為介質(zhì)中的質(zhì)點，從該時刻起(

)A.P比Q先回到平衡位置 B.經(jīng)過了14T，P、Q的位移相等

C.經(jīng)過14T，P、Q通過的路程相等 D.經(jīng)過125.如圖所示，O是水面上一波源，實線和虛線分別表示該時刻的波峰和波谷，A是擋板，B是小孔，經(jīng)過一段時間，水面上的波形將分布于(

)A.整個區(qū)域

B.陰影Ⅰ以外區(qū)域

C.陰影Ⅱ以外區(qū)域

D.沒有陰影的區(qū)域6.一簡諧機械波沿x軸正方向傳播，周期為T，波長為λ。若在x=0處質(zhì)點的振動圖象如圖所示，則該波在t=T4時刻的波形曲線為A.

B.

C.

D.7.如圖所示的電路中R1=20Ω，R2=40Ω，R3=60A.若UAB=140V，C、D端開路，則UCD=0V

B.若UAB=140V，C、D端開路，則UCD=140V

C.若UCD=104V，8.一根長20m的軟繩拉直后放置在光滑水平地板上，以繩中點為坐標原點，以繩上各質(zhì)點的平衡位置為x軸建立圖示坐標系。兩人在繩端P，Q沿y軸方向不斷有節(jié)奏地抖動，形成兩列振幅分別為10cm、20cm的相向傳播的機械波，已知P點形成的波的傳播速度為4m/s。tA.兩波源的起振方向相反

B.兩列波無法形成穩(wěn)定的干涉圖像

C.t=2s時，在PQ之間(不含PQ兩點)繩上一共有2個質(zhì)點的位移為-25m

D.疊加穩(wěn)定后，9.如圖所示，在一半徑為R的光滑絕緣豎直半圓弧槽ABC的圓心處固定一電荷量為+Q的帶電小球，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的光滑小球從A點由靜止釋放，則小球到達最低點B時對槽的壓力大小為(

)A.3mg B.kQqR2 C.10.如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線表示等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等。在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是(

)A.b點的電勢比a點的高 B.b點的電場強度比a點的大

C.液滴在b點的加速度比在a點的小 D.液滴在b點的電勢能比在a點的大11.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷。以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(

)A.θ增大，E增大 B.θ增大，EP增大 C.θ減小，EP減小 D.θ減小，12.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A、A.2mv02q B.3mv013.靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向為場強正方向，帶負電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(

)A.由x1運動到x3的過程中電勢能增大

B.由x1運動到x3的過程中電勢能減小

C.由x1運動到x4的過程中電勢先減小后增大

D.14.如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定點電荷，其中Q1帶正電，它們連線的延長線上有a、b兩點。一帶正電的試探電荷以一定的初速度沿直線從b點開始經(jīng)a點向遠處運動，其速度圖像如圖乙所示，則A.Q2帶正電 B.Q1所帶電荷量大于Q2所帶電荷量

C.b點電場強度的方向指向a點 D.射線ba15.戰(zhàn)斗繩是目前非常流行的一種高效全身訓練的方式在某次訓練中，運動員手持繩的一端甩動非常流的繩波可簡化為簡諧波，圖甲是t=0.3s時的波形圖，x=0處的質(zhì)點振動圖像如圖乙所示，質(zhì)點A的平衡位置在x=2.5m處，則A.這列波向x軸負方向傳播

B.這列波的傳播速度為1m/s

C.t=0.6s時質(zhì)點A的加速度沿y軸負方向

D.t=0.316.如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上，突然加一水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動，則從開始運動到第一次速度為零的過程中，下列說法中正確的是(設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度)(

)A.當A小球所受電場力與彈簧彈力大小相等時，A小球速度達到最大

B.兩小球加速度先增加，再減小

C.電場力對兩球均做正功，兩小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加

D.電場力對兩球均做正功，兩小球的電勢能變大二、多選題：本大題共3小題，共12分。17.如圖所示，一帶正電的粒子沿某橢圓軌道運動，該橢圓軌道的中心有一負電荷，在帶電粒子由a點運動到b點的過程中(

)

A.電場力做負功，q的速度減小 B.電場力做負功，q的電勢能增大

C.電場力做正功，q的速度增大 D.電場力做正功，q的電勢能減小18.甲、乙、丙、丁四圖中的各14圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各14圓環(huán)間彼此絕緣。下列關(guān)于坐標原點O處電場強度的說法中正確的是(

)

A.圖甲與圖丙場強相同

B.圖乙與圖丁場強相同

C.四圖中O處電場強度的大小關(guān)系為E乙>E丙=E19.如圖所示，有質(zhì)子(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)和氦核(24He)四種帶電粒子，先后從加速電壓為UA.質(zhì)子(11H)的偏轉(zhuǎn)位移y最大 B.氦核(24He)的偏向角θ最小

C.三、填空題：本大題共4小題，共16分。20.如圖所示，向左勻速運動的小車發(fā)出頻率為f的聲波，車左側(cè)A處的人感受到的聲波的頻率為f1，車右側(cè)B處的人感受到的聲波的頻率為f2，則f1、f2與f的關(guān)系為______21.一列橫波在某一時刻的波形圖如圖所示，x=0.3m處的P質(zhì)點此時運動方向沿y軸的負方向，此后經(jīng)過0.2s第一次到達波峰，由此判斷波沿x軸______方向傳播，波速大小為______m22.如圖所示，四個點電荷所帶電荷量的絕對值均為Q，分別固定在正方形的四個頂點上，正方形邊長為a，則正方形兩條對角線交點處的電場強度大小為______，方向______。

23.某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，為了能讓質(zhì)子進入癌細胞，首先要實現(xiàn)質(zhì)子的高速運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現(xiàn)。質(zhì)子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細胞。如圖所示，來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)，經(jīng)加速電壓為U的加速器加速后，形成細柱形的質(zhì)子流。已知細柱形的質(zhì)子流橫截面積為S，等效電流為I，質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e。那么這束質(zhì)子流內(nèi)單位體積的質(zhì)子數(shù)n是______。四、計算題：本大題共2小題，共23分。24.電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術(shù)中應用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計算機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變化。圖甲中直流電源電動勢E=8V，實驗前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙所示。

(1)圖像陰影為i-t圖像與對應時間軸所圍成的面積，表示的物理意義是______。

(2)乙圖中陰影部分的面積S1______S2。(選填“>”、“<”或“=”)

(3)計算機測得S1=1203mA?s，則該電容器的電容為______F。(保留兩位有效數(shù)字)

(4)由甲、乙兩圖可判斷阻值R1______R2。(選填25.資料記載，海嘯波是重力長波，波長可達100公里以上：它的傳播速度等于重力加速度g與海水深度乘積的平方根，使得在開闊的深海區(qū)低于幾米的一次單個波浪，到達淺海區(qū)波長減小，振幅增大。掀起10～40米高的拍岸巨浪，當波谷到達海岸時，水位下落，暴露出淺灘海底；幾分鐘后波峰到來，一退一進，造成毀滅性的破壞。

(1)在深海區(qū)有一海嘯波(忽略海水深度變化引起的波形變化)如圖甲，實線是某時刻的波形圖，虛線是t=900s后首次出現(xiàn)的波形圖。已知波沿x軸正方向傳播。波源到淺海區(qū)的水平距離s1=1.08萬公里，求海嘯波到達淺海區(qū)的時間t1。

(2)在淺海區(qū)有一海嘯波(忽略海水深度變化引起的波形變化)如圖乙，海嘯波從淺海區(qū)到海岸的水平距離為10答案和解析1.C

【解析】A.由于電場強度由場源電荷與空間位置到場源電荷的距離決定，與試探電荷與試探電荷所受電場力的大小沒有決定的關(guān)系，因此E=Fq是比值定義式，故A錯誤；

B.電勢是由場源電荷、空間位置到場源電荷的距離已經(jīng)零電勢的選擇決定，與試探電荷、電勢能沒有決定的關(guān)系，因此φ=Epq是比值定義式，故B錯誤；

C.表達式a=Fm是牛頓第二定律的表達式，表示加速度與合力成正比，與質(zhì)量成反比，表達式a=Fm不屬于比值定義式，故C正確；

D2.A

【解析】kW?h是平時所說的“度“，是一個能量量度單位，表示用電器以1kW功率使用一小時之后所消耗的能量。故C正確，ABD錯誤。

故選：A。

kW?h是平時所說的“度“，是一個能量量度單位。3.D

【解析】由波形圖可知，波長逐漸減小，而介質(zhì)不變，故波速不變，根據(jù)f=vλ可知，頻率變大，故周期變小。

故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

4.D

【解析】A.由同側(cè)法可知P向y軸正方向運動，Q向y軸正方向運動，可知Q比P先回到平衡位置，故A錯誤；

B.經(jīng)過了14T，Q質(zhì)點的位移大小為A，由于P質(zhì)點先向上運動再向下運動，可知位移一定小于A，故B錯誤；

C.經(jīng)過14T，Q通過的路程為一個振幅A，由于P向上運動，可知P的速度減小，則P通過的路程小于A，故C錯誤；

D.經(jīng)過12T，一個周期質(zhì)點振動4倍振幅，則P、Q通過的路程相等均為2A，故D正確。

故選：D。

簡諧波沿x軸正方向傳播，判斷出P、Q兩點的振動方向，確定回到平衡位置的先后，P、5.B

【解析】一列水波在傳播過程中遇到了小孔B，由于小孔的尺寸比水波的波長小，所以水波能發(fā)生明顯的衍射，但A擋板的尺寸較大，遠大于水波的波長，所以不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象；所以水面上的波形分布于除陰影Ⅰ以外區(qū)域，故ACD錯誤，B正確；

故選：B。

能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件：孔或阻礙物的尺寸比水波的波長要小或相差不大，分析衍射現(xiàn)象，即可確定水面上的波形分布的區(qū)域。

本題關(guān)鍵是記住發(fā)生明顯衍射的條件，孔或阻礙物的尺寸比水波的波長要小或相差不大。要注意衍射是一定發(fā)生的，只有明顯與不明顯之分。6.D

【解析】從振動圖像上可以看出x=0處的質(zhì)點在t=T4時刻處于波峰位置，且正在向下振動，四個圖像中，只有D符合題意，故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

由x=0點處質(zhì)點的振動圖像可得出T47.D

【解析】AB、若UAB=140V，C、D端開路時，C、D兩端電壓等于R3兩端的電壓，此時R1、R3、R4串聯(lián)，則

UCD=UR3=UABR1+R3+R4R3=140120×60V=70V，故AB錯誤；

CD、若8.C

【解析】A、由圖可知，P起振方向沿y軸負方向，Q起振方向也沿y軸負方向，因此起振方向相同，故A錯誤；

B、由圖可知，兩列波的波長均為4m，且波速相同，由v=λf可知，兩列波頻率相等，又因為相位差一定，所以能形成穩(wěn)定的干涉圖像，故B錯誤；

C、兩列波的周T=λv=44s=1s，t=2s后，波形如圖所示，在PQ之間(不含PQ兩點)繩上一共有2個質(zhì)點的位移為-25cm，故C正確；

D、疊加穩(wěn)定后，t=5s時波形如圖所示，由圖可知：疊加穩(wěn)定后，x=3m處的質(zhì)點振幅大于x=4m處質(zhì)點的振幅，故D錯誤。

9.C

【解析】設小球到達B點時的速度為v，槽對小球的支持力為N，小球從A到B的過程中，庫侖力與速度方向始終垂直，庫侖力不做功，只有重力做功，由機械能守恒定律得mgR=12mv2

在B點，重力、支持力、庫侖力三力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg-kQqR2=mv2R

解得N=3mg+kQqR2

由牛頓第三定律得小球到達最低點10.C

【解析】A.由圖中電源可知，電場的方向由發(fā)射極指向吸板，沿電場線電勢逐漸降低，可知a點的電勢比b點的高，故A錯誤；

BC.因a點的等差等勢面較b點密集，可知a點的場強大于b點場強，則液滴在a點的加速度比在b點的大，故B錯誤，C正確；

D.因為吸極接電源的負極，可知液滴帶正電，a點的電勢比b點的高，則液滴在a點的電勢能比在b點的大，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)沿電場線電勢逐漸降低，結(jié)合等差等勢面越密集，電場強度越大，以及電勢能和電勢的關(guān)系分析求解。11.D

【解析】電容器極板上的電荷量不變，將上極板下移時，板間距離減小，由C=?rS4πkd可知，電容C增大，由C=QU可知，兩板間的電壓變小，靜電計指針的偏角θ減小，結(jié)合E=Ud得E=4πkQ?rS，Q、k、S、εr均不變，則E不變，P點與零勢面的距離不變，由U=Ed可知P點與零勢面間的電勢差不變，則P點電勢不變，故點電荷在P點的電勢能EP不變，故ABC錯誤，12.A

【解析】粒子，從A到B，根據(jù)動能定理得：qUAB-mgh=12mvB2-12mv02

因為vB=2v0，

13.B

【解析】ABC、由x1運動到x4的過程中，場強沿x軸負方向，則帶負電的點電荷由x1運動到x4逆著電場線方向移動，電勢升高，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，知負點電荷的電勢能減小，故AC錯誤，B正確；

D、x1運動到x4的過程中，電場強度的大小先增大后減小，由F=qE知，點電荷所受電場力先增大后減小，故D錯誤。

故選：B。14.B

【解析】A.根據(jù)v-t圖線可知，試探電荷經(jīng)過a點時的加速度為零，所以電荷在a點所受的電場力為零，a點的電場強度必為零，即Q1、Q2在a點產(chǎn)生的電場強度等大、反向，故Q2一定帶負電，故A錯誤；

B.因Q1距離a點較遠，根據(jù)點電荷的電場強度公式：E=kQr2，可知，Q1所帶電荷量一定大于Q2所帶電荷量，故B正確；

C.a點左側(cè)越靠近Q2的點，Q2產(chǎn)生的電場強度比Q1產(chǎn)生的電場強度大得越多，所以合電場強度的方向向左，故C錯誤；

D.a點右側(cè)合電場強度的方向向右，所以由b到15.D

【解析】A、圖甲是t=0.3s時的波形圖，x=0處的質(zhì)點振動圖像如圖乙所示，所以可知x=0處的質(zhì)點在0.3s時的振動方向沿y軸負方向，利用同側(cè)法可知波向x軸正方向傳播，故A錯誤；

B、由甲圖可知波長是6m，由乙圖可知周期是0.6s，則波速v=λT=60.6m/s=10m/s，故B錯誤；

C、0.3s時刻的波形圖如甲圖，所以A質(zhì)點振動方向沿y軸正方向，再經(jīng)過0.3s，即半個周期，A質(zhì)點在平衡位置下方，故加速度的方向是y軸正方向，故C錯誤；

D、根據(jù)數(shù)學知識，A的波動方程是y=2sin(2πλx)，A質(zhì)點此時橫坐標是2.5m，代入方程可求出y=1cm，A質(zhì)點從0.3s到第一次平衡位置所需時間是t=xv=0.510s=0.05s，即在0.05s內(nèi)的路程是1cm，再經(jīng)過0.2s，波向x軸正方向傳播2m，此時A的波動方程是y=2sin(2πλx-2π3)，代入16.A

【解析】A、加電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，兩小球遠離過程中，做加速運動，電場力做正功，電勢能減小，小球的動能和彈簧的彈性勢能都變大，當電場力與彈力平衡后，兩球開始做減速運動，故A正確；

B、由A知，兩小球遠離過程中，電場力不變，彈簧彈力變大，故加速度減小，當電場力與彈力平衡后，加速度為0，速度最大，隨后加速度反向增大，故B錯誤；

C、加電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，兩小球遠離過程中，做加速運動，電場力做正功，電勢能減小，小球的動能和彈簧的彈性勢能都變大，當電場力與彈力平衡后，兩球開始做減速運動，速度減至零后，彈簧收縮，電場力對兩球都做負功，系統(tǒng)的機械能減小。故機械能不守恒，故C錯誤；

D、由C知，當電場力與彈力平衡后，兩球開始做減速運動，速度減至零后，彈簧收縮，電場力對兩球都做負功，故D錯誤；

故選：A。

加水平向右的勻強電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，電場力做正功，電勢能減小，分析小球的動能和彈簧的彈性勢能的變化。分析兩球的運動情況，確定系統(tǒng)機械能最大和動能最大的條件。

本題關(guān)鍵要明確兩個小球的運動情況，明確兩小球都是先做加速度不斷減小的加速運動，再做加速度不斷變大的減速運動，即可進行解答。17.CD

【解析】帶電粒子由

a

點運動到

b

點的過程中，電場力方向與速度的夾角小于90°，則電場力做正功，導致電勢能減小，動能增加，所以粒子的速率增大．因此AB錯誤；CD正確；

故選：CD

帶電粒子繞負電荷做橢圓運動，從a

點運動到

b

點的過程中，根據(jù)電場力與速度的夾角來確定電場力做功的正負，從而確定動能的變化，并確定電勢能的大?。?/p>

18.CD

【解析】設14帶電圓環(huán)在O點產(chǎn)生的場強大小為E，帶正電的圓環(huán)電場方向由圓環(huán)指向O點且與x軸夾角為45°，帶負電的圓環(huán)電場方向由O點指向圓環(huán)且與x軸夾角為45°。甲圖中原點O處電場強度大小為E；根據(jù)矢量的合成可知乙圖中坐標原點O處電場強度大小等于2E；丙圖中原點O處電場強度大小為E；丁圖中坐標原點O處電場強度為0。綜合以上分析，甲圖和丙圖方向相反，圖乙與圖丁電場不同，且E乙>E丙=E甲>E丁，故AB錯誤；CD正確，

故選：CD。

假設14帶電圓環(huán)在O點產(chǎn)生的場強大小為E19.CD

【解析】AB、在加速電場中，根據(jù)動能定理qU1=12mv12

在偏轉(zhuǎn)電場中，設電容器的長度為L，寬度為d，則豎直方向有：y=12at2，

水平方向有：L=v1t，

根據(jù)牛頓第二定律：a=qU2md

聯(lián)立解得y=U2L24dU1，tanθ=atv1=U2L2dU1

可知，偏轉(zhuǎn)位移20.f2【解析】由題意可知，聲源靠近A處的人，由多普勒效應可知，他接收的頻率變大，即f1>f；當聲源遠離B處的人，他接收頻率的變小，即f2<f，即f2<f21.負

3.5

【解析】由題意知，P質(zhì)點此時運動方向沿y軸的負方向，由上下坡法可得，波沿x軸負方向