2024-2025学年上海市浦东新区川沙中学高二（下）期中物理试卷
一、计算题：本大题共5小题，共100分。
1.当今人类生存的环境是一个“电的世界”，我们的生活离不开电。电流既有稳恒电流，又有变化的电流。
图中不属于交流电的是______。
如图，为交流发电机原理示意图。
①发电机是将______转化为电能的装置。当线框转至和中性面______时选填“平行”，“垂直”，感应电动势达最大值。
②若交流发电机电动势的瞬时值为，当线圈的匝数及转速都增加一倍时，其电动势的瞬时值为______。
如图甲，为线圈获得的正弦交流电的电压随时间变化规律。
①此交流电电压u随时间t变化的方程为______ V，其有效值为______ V。
②如图乙，为另一矩形交流电的电压随时间变化规律，则其电压的有效值为______。
A.10V
B.5V
C.
D.
③在研究交流的功率时，通常用有效值表示交流电的效果。有效值的引入体现了______。
A.控制变量的思想
B.极限的思想
C.微小量放大的思想
D.等效替代的思想
如图，某发电厂发出的交流电电压为，功率为P。远距离输电线路的总电阻为r。现采用电压达的特高压输电技术进行输电。
①变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为______，输入、输出电流之比为______。
②输电线上损失的功率为______，用户得到的电功率为______。
请写出具体推导过程间距光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度的匀强磁场中，一端接阻值为的电阻。一电阻为、质量为m，长也为L的导体棒垂直放置在导轨上，在外力作用下可以让导体棒在匀强磁场中做简谐运动产生类似电磁炉所用的正弦交流电。导体棒从时刻开始运动，其感应电动势e与时间t的关系是如图所示的正弦函数。不计导轨电阻。求：
①这一感应电动势的有效值保留两位有效数字；
②写出导体棒速度大小随时间变化的关系式；
③算出内外力所做的功。
2.中国高铁利用“北斗”导航技术、5G通信技术等构建运营的“超强大脑”，实现了数字化、智能化的管理。具有完全自主知识产权的新一代高速列车“复兴号”投入了高铁运营。
信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，具有数据传输更快的特点。
①多选在空气中传播时，5G信号与4G信号相比______；
A.具有更快的传播速度
B.具有相同的传播速度
C.更容易发生衍射
D.更不容易发生衍射
②多选无线电波可由LC振荡电路产生，某时刻的电路工作状态如图所示，此时______；
A.电容器正在放电
B.电容器正在充电
C.线圈中磁场的方向向上
D.线圈中磁场的方向向下
E.线圈储存的磁场能正在增大
F.线圈储存的磁场能正在减小
“北斗”导航系统主要由地球同步轨道卫星和中轨道卫星组成。某一地球同步轨道卫星和一颗中轨道卫星在同一平面内环绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图所示。
①同步轨道卫星和中轨道卫星绕地球做圆周运动的线速度分别、，则______；
A.
B.
C.
②若这两颗卫星之间的距离随时间t变化的关系如图所示，则中轨道卫星的运行周期______ h。
“复兴号”列车在某段长为1000m的平直轨道上行驶，其速度的平方与位移x的关系，如图所示。
①乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，在此过程中水杯里水面的形状可能是______；
②列车通过此路段所用的时间为______ s。
3.物体的摆动是生活中常见的物理现象，像海盗船，钟摆等等，都能在竖直平面内周期性地来回“摆动”，他们都包含了摆的科学原理。
如图所示，以O点为平衡位置，单横在A、B两点间做简谐运动。下列说法正确的是______。
A.摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B.摆球经过平衡位置时所受合力为零
C.摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
D.从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力不断减小
如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小幅度地摆动，即可用来拆卸混凝土建筑。若将该设备视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是______。
A.铁球振动的周期是4s
B.时，铁球的速度最大
C.铁球的质量增大，周期变小
D.从到6s，铁球的势能不断增大
如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，稳定后可以发现______。
A.B摆振动的周期最短
B.C摆振动的周期最长
C.各摆摆动的周期均与A摆相同
D.D摆的振幅最小
惠更斯利用单摆的等时性原理制成了世界上第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们常见到的一种摆钟，图乙所示为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在a地走时准确的摆钟移到b地未做其他调整时摆动减慢了，则______地的重力加速度较大选填“，”，若要调准可将螺母适当向______移动选填“上”，“下”。
某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验：
①从下列器材中选用最合适的器材填写器材代号______。
A.小塑料球
B.小铁球
C.100cm长的细线
D.40cm长的细线
E.时钟
F.秒表
②该同学根据多次测量数据作出图线，发现图像是过原点倾斜的直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度______用k表示。
图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，图中F的最大值，最小值，重力加速度为g。不计摆线质量及空气阻力。则：
①单摆的周期______ s；摆长______。
②计算摆球质量m的表达式用题干中已知物理量的符号表示。
4.简谐运动在介质中传播就形成了简谐波。振动图像与波动图像既有联系又有所不同。
如图甲，为时一简谐横波的波形图，图乙为质点P的振动图像，根据图像中信息，可判断：
①在时，质点P的振动方向为______，波长为______ m；
②波的传播方向为______，波速为______。
如图，为时刻某简谐横波的波形图，此时波刚传至的P点。已知波速大小，质点Q的平衡位置坐标。
①经过______ s，Q第一次到达波峰，经过______ s，Q第二次到达波谷。
②当Q刚振动时，振动方向为______，此时质点 P的位移为______ cm。
如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2cm，波速为，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是______。
A.A、C两处质点振动加强
B.B、D两处质点在该时刻的竖直高度差是4cm
C.E处质点振动加强
D.经，B处质点通过的路程是10cm
如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图样，从图样可知______。
A.B侧波是衍射波
B.A侧波速与B侧波速相等
C.减小挡板间距离，衍射波的波长将减小
D.增大挡板间距离，衍射现象将更明显
动车组进站时的鸣笛声较静止时更为尖锐，其原因是列车驶向人时，单位时间人接收的声波数______选填“大于”“等于”或“小于”列车静止时的，导致人接收到声音的______变大。
5.某同学使用数码小车研究碰撞过程，实验装置如图甲。两材质完全相同的数码小车1、2置于水平长直轨道上，小车质量、，小车1前方固定有轻质弹簧，以一定的速度撞击原本静止在轨道上的小车2，测得一段时间内里两车速度v随时间t变化的图像，各时刻小车的速度值标示如图乙。该同学由图判断两车发生碰撞的时间段约为至，不计空气阻力。
碰撞过程中，两车间的相互作用力______。
A.保持不变
B.持续增大
C.先增大后减小
D.先减小后增大
碰撞过程中弹簧弹性势能的最大值最接近______。
A.
B.
C.
D.
计算该同学对实验结果进行误差分析，发现碰撞过程中两车动量之和实际在不断减少，他认为是轨道对车的摩擦力引起的。求碰撞过程中小车1受到的平均摩擦力大小。
若质量为和的两个小车在一水平轨道上发生碰撞，其位移x与时间t的关系图像如图丙所示，碰撞时间很短，可忽略不计。
①计算与的比值；
②论证两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
答案和解析
1.【答案】A
机械能；A，
，，D，D
，，，
①感应电动势得有效值为12V。②导体棒速度大小随时间变化的关系式为。③外力所做的功为48 J
【解析】解：：其电压始终为正值，方向不随时间变化，不属于交流电，故A错误；
B：其电压大小和方向都随时间作周期性变化，是交流电，故A正确；
C：其电压大小和方向都随时间作周期性变化，是交流电，故C正确；
D：其电压大小和方向都随时间作周期性变化，是交流电，故D正确，故答案为：A。
①发电机是利用电磁感应原理工作的，将机械能转化为电能。中性面是指与磁场方向垂直的平面。当线框转至和中性面平行时，线框的两边切割磁感线的速度最大，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势达最大值Em。故答案为：机械能，A。
②交流发电机电动势的瞬时值公式为，其中，n为线圈匝数，为角速度，，为转速。
当线圈的匝数n及转速增加一倍时，新的，新的。原来，现在。所以新的电动势瞬时值为。故答案为：。
①从图甲可知，正弦交流电的电压最大值，周期，根据，可得。
正弦交流电电压的瞬时值表达式为，所以此交流电电压u随时间t变化的方程为。对于正弦交流电，其有效值，把代入可得。
②设矩形交流电电压的有效值为，根据有效值的定义，让该矩形交流电和直流电分别通过相同的电阻R，在相同时间T内产生的热量相等。
在内，电压；在内，电压。一个周期内产生的热量若直流电电压为，在时间内产生的热量。则，解得，故答案为D。
③有效值是根据电流的热效应来规定的，让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果在相同时间内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值，所以有效值的引入体现了等效替代的思想，故答案为D。
①根据理想变压器的电压关系，可得变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为。根据理想变压器的功率关系为输入和输出功率，为输入电流，为输出电流，则。
②由 为输送功率，为输电电压，I为输电电流可得输电电流。根据焦耳定律，输电线上损失的功率，把代入可得。用户得到的电功率。
①对于正弦式交流电，其电动势的有效值E与最大值由图像可知，感应电动势的最大值。
那么有效值。故答案为：12V。
②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式，已知，。由图像可知，周期，根据，可得。又因为，已知，，，则 。
所以导体棒速度大小随时间变化的关系式为。
③电路中的总电阻
由知电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律，可得电路中电流的有效值。
根据焦耳定律，内电路产生的热量，，，，则。因为导体棒做简谐运动，内动能变化量，根据功能关系，外力所做的功等于电路中产生的热量，所以外力所做的功。
故答案为：。
机械能；A，。
，，D，D
，，，
答：①对于正弦式交流电，其电动势的有效值E与最大值由图像可知，感应电动势的最大值。
那么有效值。
故答案为：12V。
②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式，已知，。由图像可知，周期，根据，可得。又因为，已知，，，则 。
所以导体棒速度大小随时间变化的关系式为v 。
导体棒速度大小随时间变化的关系式为。
③电路中的总电阻
由知电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律，可得电路中电流的有效值。
根据焦耳定律，内电路产生的热量，，，，则。因为导体棒做简谐运动，内动能变化量，根据功能关系，外力所做的功等于电路中产生的热量，所以外力所做的功。
①感应电动势得有效值为12V。②导体棒速度大小随时间变化的关系式为。③外力所做的功为48 J。
交流电是指大小和方向随时间作周期性变化的电流或电压。判断一个图像是否为交流电，关键看其方向是否随时间周期性改变。发电机是利用电磁感应原理工作的，将机械能转化为电能。中性面是指与磁场方向垂直的平面。有效值是根据电流的热效应来规定的，让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果在相同时间内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。依据焦耳定律计算电路产生热量，结合导体棒做简谐运动时外力做功与产生热量的关系得出外力做功，关键在于明确这种能量转化关系。
本题考查交流电以及掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。围绕导体棒在磁场中做简谐运动产生正弦交流电展开，将电磁感应、交流电特性以及能量转化等知识紧密结合，能有效考查学生对知识的综合掌握程度。
2.【答案】①BD；②BCF； ①A；②8； ①B；②25
【解析】、在空气中传播时，5G信号与4G信号具有相同的传播速度，均为光速c，故A错误，B正确；
CD、5G信号相较于4G信号采用了频率更高的无线电波，则5G信号的波长小于4G信号的波长，所以5G信号与4G信号更不容易发生衍射，故C错误，D正确。
故选：BD。
②由题图可知电流方向由下极板流向上极板，且上极板带正电，则此时电容器正在充电；可知此时电容器电场能正在增大，线圈储存的磁场能正在减小；根据右手螺旋定则可知线圈中磁场的方向向上。
故选：BCF。
①卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：，可得卫星运行速度为：，由于同步轨道卫星半径大于中轨道卫星半径，则有：，故BC错误，A正确；
故选：A。
②由题图可知，两卫星每隔相距最近，则有：，变形可得中轨道卫星的运行周期为：①根据图像可知，列车做匀加速直线运动，加速度大小为：，乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，设水面与水平方向的夹角为，则有：可得：，可，知此过程中水杯里水面的形状是一倾斜直线，且水的加速度方向与行驶方向相同，故ACDE错误，B正确，故选：B。
②由题图可知，，
故答案为：①BD；②BCF；①A；②8；①B；②25。
由电磁波的相关知识，分析5G和4G信号、判断速度与波长大小问题、振荡电路中各物理量的变化；
由万有引力及人造卫星运行速度等内容分析判断两卫星的快慢，根据曲线运动及“追击”问题求周期；
根据题图求出列车加速的方向和大小，从而判断液面的形状，并计算列车通过此路段的时间。
本题涉及近代科技在物理学科的体现，考查知识点较多，比如有电磁场和电磁波、万有引力与航天、牛顿第二定律，要抓住力和运动的基本规律解决问题。
3.【答案】D；
B；
C；
a，上；
①BCF；②；
①；；②
【解析】解：、单摆完成一次全振动是从某一位置开始，再回到该位置且运动状态完全相同，摆球从A点经O点运动到B点不是一次全振动，故A错误。
B、摆球经过平衡位置时，有向心加速度，所受合力不为零，合力提供向心力，故B错误。
C、单摆做简谐运动，回复力为比例系数，x为位移，但摆球所受合力是重力沿圆弧切线方向的分力与绳子拉力的合力，合力大小与位移不是严格成正比关系，故C错误。
D、从A点向O点运动过程中，摆球速度增大，根据为摆线与竖直方向夹角，L为摆长，拉力F不断增大；
回复力：，所以位移减小，减小，回复力不断减小，故D正确。
故选：D。
、由振动图像可知，铁球振动的周期，故A错误。
B、t由振动图像可知，时，铁球在平衡位置处，速度最大，故B正确。
C、根据单摆周期公式可知，周期与质量无关，故C错误。
D、从到6s，铁球从最大位移处向平衡位置运动，高度降低，势能不断减小，故D错误
故选：B。
、A摆动后，通过水平绳对其余各摆施加周期性的驱动力，其余各摆做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即各摆摆动的周期均与A摆相同，故C正确，AB错误
D、摆A、D摆长相同，D摆发生共振，振幅最大，故D错误。
故选：C
由甲地到乙地摆钟摆动变慢，说明周期变大，由，可知重力加速度变小，地的重力加速度较大。
要使周期不变，则应增加减小，即螺母需要适当上移。
故答案为：a，上；
①为减小空气阻力影响，应选质量大、体积小的摆球，选小铁球B；摆长一般1m左右合适，选100cm长的细线C；测量时间要用精度高的秒表F。
故答案为：BCF。
②由单摆周期公式
可得
图像斜率，则。
故答案为：。
①：摆球经过最高的时摆线的拉力最小，摆球经过最低点时摆线的拉力最大，由图像可知，单摆周期
根据
可得
代入数据解得
②：在最低点，根据牛顿第二定律
在最高点，
从最高点到最低点，根据动能定理
由得
代入
得
再代入
整理可得
故答案为：①；；②
故答案为：；
；
；
，上；
①BCF；②；
①；；②。
根据全振动的定义判断；单摆小角度摆动是简谐运动，回复力，由重力的切向分力提供，摆球经过平衡位置时，位移最小为零，回复力为零，但摆球受到合力不为零；
根据题意得出单摆的周期；根据图像得出时刻摆球的位置，从而分析出速度的特点；根据单摆的周期公式判断；根据位置的变化判断重力势能的变化；
个单摆中，由A摆摆动从而带动其它4个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，当受迫振动的系统的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大；
理解单摆的周期公式，结合题目中周期的变化完成分析。
该题考查与单摆有关的理解与计算，以及受迫振动的特点，知道受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。
4.【答案】①向下；4；②x轴正方向；10； ①；；②向下；5； C； B； 大于；频率
【解析】解：①由乙图可得，在时，质点P的振动方向为向下，波长；
②时，质点P的振动方向为向下，根据同侧法，波的传播方向为x轴正方向，周期，故波速；
①经过，Q第一次到达波峰，周期
Q第二次到达波谷经过的时间为
代入数据，解得
②P点起振方向向下，则当Q刚振动时，振动方向为向下，P、Q两点距离
此时质点P位于波峰，位移为5cm。
、由图可知，A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱，故A错误；
B、由图可知，B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm，故B错误；
C、B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点，故C正确；
D、由，时间为半个周期，则B点处质点通过的路程是，故D错误。
故选：C。
、小孔是衍射波的波源，故A侧波是衍射波，故A错误；
B、在同一种介质中，波速相等，即A侧波速与B侧波速相等，故B正确；
C、根据波速、波长和频率的关系式，由于波速和频率不变，故波长不变，故C错误；
D、波长越长越容易发生衍射现象，与波的频率和振幅没有关系，在波长无法改变的情况下可以减小挡板间距，故D错误。
故选：B。
根据多普勒效应可知，列车驶向人时，单位时间内人接收的声波数大于列车静止时接收到的次数，这样单位时间内接收到的次数增大，导致人接收到声音的频率变大。
故答案为：①向下；4；②x轴正方向；10；①；；②向下；5；；；大于；频率。
根据同侧法，结合振动图像和波动图像，以及波长、波速和周期的关系分析求解；
根据波长、波速和周期的关系，结合质点不同时刻的振动方式分析求解；
两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍；
直接比较孔的直径d与水波波长的关系即可，当时肯定发生明显的衍射；
列车驶向人时，单位时间内接收到的次数增大，导致人接收到声音的频率变大。
本题综合考查了机械振动和机械波相关知识，理解单摆运动的特点，掌握波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】C； D； 碰撞过程中小车1受到的平均摩擦力大小为； ①与的比值为；②两小车的碰撞是弹性碰撞
【解析】解：由图像可知加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律可知两车间的相互作用力先增大后减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由图2可知两车共速的速度约为，小车1初始速度为，根据能量守恒定律有
代入数据解得
故C正确，ABD错误。
故选：C。
碰撞过程中两车总动量变化
解得
其中碰撞时间
碰撞过程中摩擦力对两车总冲量
所以
：：：2
代入可得，故碰撞过程中小车1受到的平均摩擦力大小为；
①对两小车所构成的系统，碰撞后均做匀速直线运动，沿碰撞方向外力为零，系统动量守恒有
其中
由图
，，，
可得
②碰撞前后动量和动能都不变的碰撞称为弹性碰撞。对两小车所构成的系统，碰撞后均做匀速直线运动，沿碰撞方向外力为零，碰撞前后系统动量变化
碰撞前后系统动能变化
代入数据解得
因此，两小车的碰撞是弹性碰撞。
故答案为：；；碰撞过程中小车1受到的平均摩擦力大小为；①与的比值为；②两小车的碰撞是弹性碰撞。
根据图像分析加速度，从而判断受力情况；
两车共速时，弹性势能最大，根据能量守恒定律解答；
根据动量定理解答；
根据动量守恒定律结合能量守恒定律分析解答。
本题是一道综合性较强的题，考查动量定理、牛顿第二定律的理解、动量与能量的综合等知识点，解题关键是掌握弹性碰撞模型的规律，弹性碰撞中满足规律：动量守恒；能量守恒。
