第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省南京市某校高二（上）段考物理試卷（9月份）一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.下列不屬于比值定義的是(

)A.電場強度E=Fq B.真空中點電荷的電場強度E=kQr2

C.電容2.圖(a)為觀察電容器充、放電現象的實驗裝置。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。如果不改變電路其他參數，只增大電阻箱的阻值R，實線和虛線分別表示改變前后放電過程電流隨時間變化的曲線，最符合實際情況的圖像為(

)A.B.C.D.3.污水中的污泥絮體經處理后帶負電，可利用電泳技術對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極，金屬圓盤置于底部，金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M點和N點在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。則(

)A.N點的電勢比P點的低

B.N點的電場強度比P點的大

C.污泥絮體從M點移到N點，電場力對其做負功

D.污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的小4.如圖所示，彈簧振子在振動過程中，振子依次從a到b歷時0.2s，振子經a、b兩點時速度相同，若它從b回到a的為1.2s，則該振子的振動頻率可能為(

)A.1Hz B.1.25Hz C.2Hz D.2.5Hz5.某橫波在介質中沿x軸傳播，左圖為t=0.25s時的波形圖，右圖為P點的振動圖象，則(

)

A.該波向右傳播，波速為0.5m/s B.任意時刻質點L與質點N的位移相同

C.質點P平衡位置坐標x=1.5m D.t=1.25s時，質點K向右運動了2.5m6.如圖所示，有一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m、電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向移動的平均速率為v，則金屬棒內的電場強度大小為(

)A.mv22eL B.nv2Sm7.如圖所示，其中電流表A的量程為0.6A，內阻為r，表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A；R1=13r，R2=2r。若用電流表AA.將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.06A

B.將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.02A

C.將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.08A

D.將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.01A8.某種不導電溶液的相對介電常數εr與濃度Cm的關系曲線如圖(a)所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構成如圖(b)所示的電路，閉合開關S后，若增加溶液濃度，則(

)A.電容器的電容增大 B.電容器兩極板間電場強度不變

C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度增加過程中電流方向為N→M9.某節水噴灌系統如圖所示，水以v0=15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A，不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%，忽略水在管道中運動的機械能損失，則(

)A.每秒水泵對水做功為75J

B.每秒水泵對水做功為225J

C.水泵輸入功率為400W

D.電動機線圈的電阻為5Ω10.圖為清洗汽車的高壓水槍，設水槍水平噴出水柱，水柱截面為圓形，直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后速度為零。手持高壓水槍操作，水流剛進入水槍時的速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(

)A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2

B.水柱對汽車的壓強ρv2

C.水柱對汽車的平均沖力為11.如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉電場組成。直線加速器序號為奇數和偶數的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示；在t=0時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，位于金屬圓板(序號為0)中央的電子由靜止開始加速，通過可視為勻強電場的圓筒間隙的時間忽略不計，偏轉勻強電場的A、B板水平放置，長度均為L，相距為d，極板間電壓為U，電子從直線加速器水平射出后，自M點射入電場，從N點射出電場。若電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力和相對論效應。下列說法正確的是(

)

A.電子在第3個與第6個金屬筒中的速度之比12

B.第2個金屬圓筒的長度為T2eU0m

C.電子射出偏轉電場時，速度偏轉角度的正切值二、實驗題：本大題共1小題，共15分。12.某同學要做“測金屬絲的電阻率”實驗。

(1)用游標卡尺測量金屬絲長度示數如圖甲所示，其值為l=______cm。

(2)先用多用電表歐姆擋的“×1”倍率粗測金屬絲的電阻，示數如圖乙所示，其阻值為R=______Ω。

(3)實驗電路如圖丙所示，根據電路圖完成圖丁中的實物連線______。

(4)從實驗原理上看，待測電阻測量值______(填“大于”“小于”或“等于”)其真實值。如果測得的金屬絲長度為l，直徑為d，電阻為R，都采用國際單位制單位，則它的電阻率ρ=______(用l、d、R字母表示)。三、計算題：本大題共4小題，共41分。13.質子從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為30°，微粒運動軌跡的最高點到兩極板距離相等，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。

(1)求電壓之比U1：U2。

(2)若將質子和二價氦離子混合物從靜止開始經電壓14.如圖，一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，振幅為2cm，波速為2m/s。在波的傳播方向上兩質點a、b的平衡位置相距0.4m，當質點a在波峰位置時，質點b在x軸下方與x軸相距1cm的位置。

(1)求此波的可能周期；

(2)若波長λ>0.4m，并以此時刻為計時起點，寫成質點b的振動方程。15.如圖所示，空間中存在勻強電場(未畫出)，一固定光滑絕緣輕桿與水平方向夾角為θ。帶電量為+q的A環套在輕桿上，距離桿底端距離為6916l，保持靜止，已知A環的質量為3m。距離A環l的位置有光滑絕緣環B，B環的質量為m，不帶電，在外力作用下靜止。重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中環的帶電量不變。

(1)求電場強度的最小值；

(2)在(1)問的基礎上，不改變電場方向，釋放B環，當B環與環A發生碰撞時，將電場強度增加到原來的43倍，A環與B環的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短。A環與B環第一次碰撞結束到第二次碰撞前相距最遠的距離；

(3)從A環與B環的發生第一次碰撞開始計時，經過多長時間A環滑離桿。16.如圖，質量為2m的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半圓形的光滑軌道，半徑為R。質量為m的小球，初始時刻從半圓軌道的右端點由靜止開始下滑。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。求：

(1)小球第一次運動到軌道最低點時，凹槽相對于初始時刻運動的距離；

(2)小球第一次運動到凹槽最低點時，小球對凹槽的壓力；

(3)請借助此題情景從力學規律證明橢圓在長軸頂點處的曲率半徑公式ρ=b2a(a表示半長軸，b表示半短軸)。參考答案1.B

2.A

3.D

4.B

5.C

6.C

7.C

8.B

9.C

10.B

11.D

12.13.750

8

見解析

小于

πRd13.解：(1)質子在加速電場中，由動能定理可知：qU1=12mv2；

質子在偏轉電場中，豎直方向的分速度為：vy=vsin30°，由圖可知豎直方向的最大分位移為極板間距的一半，即d2=vy22a，豎直加速度為：a=qU2md；

聯立解得：U1：U2=2：1；

(2)粒子在加速電場中，由動能定理可知：q2U1=12m2v22；

粒子在加速電場中，沿加速電場的方向做勻加速直線運動，故進入偏轉電場時速度方向不變；

粒子在偏轉電場中，水平方向上做勻速運動，若板長為L，L=v2cos30°t，

14.解：(1)根據題意，有兩種情況：

第1種情況：波的圖像可能如圖1所示，

從圖像與余弦函數的規律，考慮周期性，可得：14λ+112λ+nλ=0.4m

解得波長：λ=615n+5m，(n=0、1、2……)

可得周期：T=λv=615n+52s=315n+5s，(n=0、1、2……)

第2種情況：波的圖像可能如圖2所示，

同理可得：34λ′?112λ′+nλ′=0.4m

解得波長：λ′=615n+10m，(n=0、1、2……)

可得周期：T′=λ′v=615n+102s=315n+10s，(n=0、1、2……)

(2)對應第1種情況，若波長λ>0.4m，則n只能取0，解得波長只能為λ1=1.2m

可得周期為T1=λ1v=1.22s=0.6s

圓頻率為：ω1=2πT1=2π0.6rad/s=10π3

可得：y=2sin(10π3t+φ1)cm

對于質點b，當t=0時，y=?1cm，且向+y方向運動

解得：φ1=11π6

可得質點b的振動方程為：y=2sin(10π3t+11π615.解(1)當電場強度方向與桿方向平行且沿桿向上時，電場強度最小，根據平衡條件

3mgsinθ=qEmin

解得電場的最小值

Emin=3mgsinθq

(2)質量為m的光滑B環從靜止釋放，由牛頓第二定律

mgsinθ=ma

加速度為

a=gsinθ

設A與B碰前速度為v0，根據運動學公式

v02=2al

解得

v0=2glsinθ

由于A與B的碰撞為彈性碰撞，以A與B碰前速度為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12×3mv22

聯立解得

v1=?2glsinθ2

v2=2glsinθ2

碰撞后，B做勻減速直線運動，對A由牛頓第二定律

q?43Emin?3mgsinθ=3ma′

可得

a′=gsinθ3

以沿桿向下為正方向，當A與B速度相等時，相距最遠，則有

v2?a′t1=v1+at1

解得

t1=32glsinθ4gsinθ

此時速度

v=gsinθ4

A環與B環第一次碰撞結束到第二次碰撞前相距最遠的距離

Δxmax=v2+v2t1+v1+v2t1

解得

Δxmax=32l

(3)16.解：(1)小球第一次運動到軌道最低點時，小球與凹槽在水平方向動量守恒，規定向左為正方向，則有

mv1=2mv2

兩邊同乘t有

mv1t=2mv2t

根據水平方向的位移

x=vt

有

mx1=2mx2

得

x1=2x2

又根據幾何關系有

x1+x2=R

解得x2=13R

(2)小球第一次運動到軌道最低點，根據能量守恒

mgR=12mv12+12×2mv22

小球與凹槽在水平方向動量守恒，則有

mv1=2mv2

小球在最低點，根據牛頓第二定律有

FN?mg=m(v1+v2)2R

解得

FN=4mg

根