广东省2024-2025学年高二下学期第二周物理复习综合训练

2025年春季高二第2周广东物理复习 综合训练 说明： 1．全卷共8页，15小题，满分100分．测试用时为80分钟． 2．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题3分，共21分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列几幅图片描绘的情景分析正确的是（　　） A．图甲救护车向右运动的过程中，A、B两人听到警笛声的频率相同 B．图乙要在大山后面的房舍内收听到广播，发射台发出的信号的波长越短，效果越好 C．图丙在发射载人宇宙飞船时，火箭要产生较强的超低频振动，由于该频率与人体内脏和身躯的固有频率接近，所以容易使人体器官发生共振，造成人体器官的损伤 D．图丁是干涉型消声器的结构示意图，波长为的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为的偶数倍 2．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是 A．发电机输出的电压为πNBSz B．发电机输出交变电流的频率为2πnz C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnz·sin（2πnzt） 3．在研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图所示，大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子中仅有一种能引发该金属发生光电效应。已知氢原子基态能量为.真空中光速为,则（　　） A．普朗克常量为 B．时，光电子的最大初动能为 C． D． 4．如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，b、c、d也会随之转动，则(　　) A．光束b顺时针旋转角度小于Δθ B．光束c逆时针旋转角度小于Δθ C．光束d顺时针旋转角度大于Δθ D．光束b、c之间的夹角减小了2Δθ 5．(多选)如图,火星与地球近似在同一平面内,绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动,火星的轨道半径大约是地球的1.5倍.地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动,称为顺行;有时观测到火星由东向西运动,称为逆行.当火星、地球、太阳三者在同一直线上,且太阳和火星位于地球两侧时,称为火星冲日.忽略地球自转,只考虑太阳对行星的引力,下列说法正确的是 (　　) A．火星的公转周期大约是地球的倍 B．在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为顺行 C．在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为逆行 D．在冲日处,火星相对于地球的速度最小 6．如图为回旋加速器示意图，两个间距很小的D形盒并排置于垂直盒面向下的匀强磁场中，两盒缝隙间连接电压为U的高频交流电。某时刻，A处粒子源释放的带电粒子（初速度可视为零）被加速器加速。下列说法正确的是（　　） A．粒子获得的最大动能与加速电压U无关 B．粒子做圆周运动的频率为交流电频率的两倍 C．若D形盒无限大，则粒子可以无限加速 D．粒子在磁场中做圆周运动的半径，相邻两次之差相等 7．如下图所示，半径均为的两球形行星A、B的密度之比为，A、B各有一个近地卫星C、D，其绕行周期分别为、，站在行星表面的宇航员从距行星表面高为处以水平抛出一物体，从距B行星表面高为处以水平抛出另一物体，下列说法正确的是（　　）       A．、两物体从抛出到落地的位移之比为 B．C、D绕、B运行的速度之比为 C．C、D绕、B运行的周期满足 D．由于不知道与的质量，所以无法求出二者落地时速度之比 二、多项选择题:本大题共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．瓦特利用飞球调速器来调控蒸汽机运动的速度,调速器飞球及套筒的运动可简化为如图所示模型,它由两个质量为m的钢球(可视为质点)通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接,上方套筒固定,下方套筒质量为M,可沿轴上下滑动,不计一切摩擦,重力加速度为g,飞球调速器的转速和蒸汽机的转速相同,则下列说法中正确的是 (　　) A．蒸汽机转速增大或减小,上方轻杆对飞球的作用力都不变 B．若蒸汽机转速过快,则调速器套筒会下移,控制蒸汽阀减少进入蒸汽机的蒸汽量 C．若蒸汽机转速过慢,则调速器套筒会下移,控制蒸汽阀增加进入蒸汽机的蒸汽量 D．若蒸汽机稳定工作时调速器轻杆与竖直杆夹角为θ,则此时转速n= 9．下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程中，电动机驱动车轮转动。制动过程中，电动机用作发电机给电池充电，进行能量回收，这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮毂电机驱动，轮毂电机内由固定在转子上的强磁铁形成方向交替的等宽辐向磁场，可视为线圈处于方向交替的匀强磁场中，磁感应强度大小为。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等，均为,每组线圈匝数均为,每个轮毂上有组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器（未画出）与动力电池连接。已知某次开始制动时线圈相对磁场速率为，回路总电阻为，下列说法正确的有（ ） A. 行驶过程，断开，闭合 B. 制动过程，断开，闭合 C. 开始制动时，全部线圈产生的总电动势为 D. 开始制动时,每组线圈受到的安培力大小为 10．如图所示，光滑直角杆aOb固定，质量均为0.1kg的P、Q两小球（均视为质点）分别套在水平杆Oa和竖直杆Ob上，两小球用长为5m的细线（不可伸长）相连。开始时P静止在O点，现对P施加一水平拉力，使P向右做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动（Q未到达O点）。取重力加速度大小g=10m/s2。在P从O点向右运动4m的过程中（    ） A．该水平拉力F先增大后减小 B．P所受重力的冲量大小为4N·s C．Q所受重力对Q做的功为-3J D．该水平拉力F做的功为 三、非选择题:本大题共5小题，共54分。考生根据要求作。 11．2023年9月21日，神舟十六号博士乘组在天宫空间站微重力环境演示两球碰撞实验，验证碰撞过程中动量是否守恒，初状态静止的小钢球质量，大钢球质量为，半径为，朱杨柱老师将大球以一定的初速度向右投向静止的小球，碰撞过程近似看成正碰，图中十字交叉线的为碰前相邻2帧记录的大球球心的水平位置，为小球的球心初始位置，为碰后相邻2帧记录的大球球心的水平位置，为碰后记录的相邻2帧小球球心的水平位置，与同时刻，与同时刻，这一次碰撞比较接近正碰。 (1)还必须要测量以下_________数据。 A．的长度 B．的长度 C．的长度 (2)如果动量守恒，应该满足关系式。（用已知和测得长度，如“”的字母写表达式） (3)请说明根据你的测量结果，得出实验结论：。 (4)分析可能的误差主要来源：（回答一条即可）。 12．霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所示，在一半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=k，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学欲通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。 (1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，所加电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“＋”接线柱与 （选填“M”或“N”）端通过导线相连。 (2)已知薄片厚度d=0.40 mm，该同学保持磁感应强度B=0.10 T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。 根据表中数据，求出该半导体薄片的霍尔系数为 ×10-3 V·m·A-1·T-1（保留2位有效数字）。 (3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向 （选填“a”或“b”），S2掷向 （选填“c”或“d”）。 为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一阻值合适的定值电阻串联在电路中。在保持其他连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件 和 （填器件字母代号）之间。 13．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。 14．将扁平的小石片在手上呈水平放置后用力抛出,石片遇到水面后并不会直接沉入水中,而是擦着水面滑行一小段距离后再弹起飞行,跳跃数次后沉入水中,即称为“打水漂”。如图所示,小明在岸边离水面高度h0=1.25 m处,将质量m=20 g的小石片以初速度v0=6 m/s水平抛出,小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4 N,且小石片每次接触水面时间Δt=0.05 s后弹起,弹起时竖直方向的速度与当时沿水面滑行的速度大小之比为常数k=0.8,小石片在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: （1）小石片第一次与水面接触前瞬间水平方向的位移大小; （2）小石片第一次与水面接触的过程中,水对小石片做的功; （3）从抛出到水平速度减为0,小石片在水平方向运动的总位移大小。 15．如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长 L 1m ，进烟尘口的截面为边长 d 0.5m的正方形。分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0 2m/s 连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布。已知每立方米体积内颗粒数 n 1013 个，每个烟尘颗粒带电量为 q 1.0×1017 C ，质量为 m 2.0×1015 kg ，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力。 (1)当所加电压U0 300V 时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值； (2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求所加电压U1 ； (3)装置在(2)中电压U1 作用下稳定工作时，1s 内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功。 参考答案 1．C 根据多普勒效应可知，甲救护车向右运动的过程中，A听到警笛声的频率大于救护车发出的警笛声的频率，B听到警笛声的频率小于救护车发出的警笛声的频率，则A、B两人听到警笛声的频率不同，A错误；障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多，波将发生明显的衍射现象，图乙要在大山后面的房舍内收听到广播，发射台发出的信号波长越长效果越好，B错误；图丙在发射载人宇宙飞船时，火箭要产生较强的超低频振动，由于该频率与人体内脏和身躯的固有频率接近，所以容易使人体器官发生共振，造成人体器官的损伤，C正确；根据波的干涉，波长为的声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为的奇数倍，D错误。 2．C 【解析】发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率f＝＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交流电，最大值Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势e＝Emsin ωt＝2πNBSnz·sin （2πnzt），D错误。 3．B 根据题意，由爱因斯坦光电效应方程有 又 可知 结合图像可知 当时，则有 故错误。 当时，代入 解得 故B正确。 氢原子基态能量为,则能级氢原子能量为能级氢原子能量为。由题可知能级向基态跃迁产生的光子能够引发光电效应，能级向基态跃迁产生的光子不能引发光电效应，则： 故CD错误。 4．B 本题考查光的折射、反射。设入射光束a的入射角为α，则反射角为α，设光束c的折射角为β，光束d的反射角也为β，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，入射角变为α＋Δθ，由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于Δθ，A错误；由折射定律有n＝＝，因为正弦函数在[0，90°]范围内单调递增，且增加的幅度越来越慢，又因为α>β，所以Δθ′<Δθ，即光束c逆时针旋转角度小于Δθ，B正确；光束d的角度变化与光束c的角度变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于Δθ，C错误；光束b顺时针旋转角度等于Δθ，光束c逆时针旋转角度小于Δθ，则光束b、c之间的夹角减小的角度小于2Δθ，D错误。 一题多解：对于难以分析的折射角变化，可采用特殊值法，例如折射率为，入射角从60°变成90°，折射角从30°变为arcsin ，因为<，所以arcsin <60°，即入射角变化了30°，折射角变化小于30°，B正确。 5．CD 【解析】由=得,==,A错误; 由万有引力充当向心力有=,解得v=,地球轨道半径小于火星,故在冲日处地球速度大于火星速度,火星相对地球向后运动,地球上观测者观测到火星由东向西运动,为逆行,B错误,C正确;火星相对地球的速度大小为两者速度之差,如图所示,在冲日处地球的线速度和火星的线速度方向相同,相对速度最小,D正确. 6．A 根据洛伦兹力提供向心力，可得，，粒子的最大动能与电压U无关，A正确；交流电一个周期内方向改变两次，粒子做圆周运动的频率和交流电的频率相同，B错误；若粒子的速度达到甚至超过光速，则不能按照原来的圆周进行运动，C错误；由，，可得，可知越来越小，D错误。 7．A 在行星表面有，可得，可知行星A、B的表面重力加速度之比为，a、b两物体在空中的时间分别为，，a、b两物体的水平位移分别为，，联立可得，则a、b两物体从抛出到落地的位移之比为，A正确；近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得，可得，可知C、D绕A、B运行的速度之比为，B错误；近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得，可得，可知C、D绕A、B运行的周期之比为，C错误；对于物体a，根据动能定理可得，可得，对于物体b，根据动能定理可得，可得，则有，D错误。 8．CD 当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时,钢球做匀速圆周运动,套筒静止,钢球和套筒受力分析如图所示,由牛顿第二定律得F1sin θ+F2sin θ=mrω2,F1cos θ=F2cos θ+mg,r=lsin θ,下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力F3、F4(根据对称性知,F3、F4大小相等),由平衡条件得,2F3cos θ=Mg,而F3=F2,ω=2πn,联立解得n= ,F1= ,D正确;由n= 知,转速增大,θ变大,由F1= 知,上方轻杆对钢球的作用力会增大,同理,转速减小,轻杆对钢球的作用力会减小,A错误;由n= 知,转速过快,θ变大,套筒会上移,为保持原来的转速,传动机构会控制阀门减少进入蒸汽机的蒸汽量,转速过慢,θ变小,套筒会下移,为保持原来的转速,传动机构会控制阀门增加进入蒸汽机的蒸汽量,C正确,B错误. 9．BC 【题图剖析】 行驶过程中，动力电池对外供电，在外电路中，电流由正极流向负极，根据二极管的单向导电性知，闭合，断开，错误；制动过程中，电动机用作发电机给电池充电，在外电路中，电流由负极流向正极，根据二极管的单向导电性知，断开，闭合，正确；开始制动时，每匝线圈两条边切割磁感线，两边切割速度方向相同，所处磁场方向相反，每匝线圈产生的感应电动势，电动汽车4个车轮产生的感应电动势为，正确；设电池电动势为，开始制动时，外电路中电流，每匝线圈所受安培力大小为，每组线圈所受的安培力大小为，错误。 10．BD A．令，则有 既有 根据牛顿第二定律有 ， 解得 P向右运动过程中，减小，则水平拉力F增大，A错误； B．P从O点向右运动4m的过程有 解得 则P所受重力的冲量大小 B正确； C．Q的位移为 则Q所受重力对Q做的功 C错误； D．P的速度 根据几何关系，当P运动了4m时，可解得此时夹角 结合上述可解得Q的速度 对P、Q系统有 解得 D正确。 故选BD。 11．(1)B，(2)（或者写成，(3)实验测得，在误差允许的范围内，认为此过程系统水平方向动量守恒，(4)见解析 （1）设相邻2帧时间为，则大球碰前速度，碰后，小球碰后速度，若动量守恒，则应满足，可得，选B。 （2）根据（1）中分析可知，如果动量守恒，应该满足关系式 （3）用刻度尺测量的长度，发现，说明在误差允许的范围内，认为此过程系统动量守恒。 （4）记录小球球心位置可能不准确是误差的主要来源，比如手持摄像机不稳定，摄像球形变形，视差，小球运动过程摄像是模糊的等都可能导致小球球心位置记录不准确带来测量误差；存在空气阻力，小球开始可能不是严格的静止，可能有极小的速度；记录数据测量误差。 12．M；1.3；b；c；E；S1（或S2） (1)[1]根据半导体材料是空穴导电，即相当于正电荷移动导电，结合左手定则可以判定通电过程中，正电荷向M侧移动，因此用电压表测M、N两点间电压时，应将电压表的“＋”接线柱与M端相接。 (2)[2]根据题目中给出的霍尔电压和电流、磁场以及薄片厚度的关系式 UH＝k 可得 ≈1.3×10－3 V·m·A－1·T－1 (3)[3][4][5][6]根据电路图可知，要使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b，S2掷向c，为了保证测量安全，在保证其他连接不变的情况下，加入的定值电阻应该接在干路上，即接在E和S1（或S2）之间。 13．1 cm 本题考查气体实验定律在液柱模型中的应用。以B中气体为研究对象，设初状态压强为pB，体积为VB，B管横截面积为S， 初状态pB＝p0，VB＝l2S， 设末状态压强为p′B，体积为V′B， p′B＝p0＋ph＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg， V′B＝l′2S， 由于水银从C管缓慢注入，整个过程管内气体发生等温变化， 由玻意耳定律得pBVB＝p′BV′B， 解得l′2＝30 cm； 以A中气体为研究对象，设初状态压强为pA，体积为VA，A管横截面积为S′， 初状态pA＝p0，VA＝l1S′， 设末状态压强为p′A，体积为V′A＝l′1S′， 由题图中液柱关系可得A中水银柱高为l1－l′1， C中水银柱高为h＋(l2－l′2)＝7 cm， 则A中气体末状态压强p′A＝(l′1＋68.5) cmHg， 整个过程管内气体发生等温变化，由玻意耳定律有 pAVA＝p′AV′A， 解得l′1＝12.5 cm， 设A、B两管内水银柱的高度差为Δh，则 Δh＝(l2－l′2)－(l1－l′1)＝1 cm。 14．（1）3 m　（2）-0.2 J　（3）12.7 m 【题图剖析】过程分析 【解析】（1）小石片第一次与水面接触前做平抛运动,水平方向有x=v0t0 （1分） 竖直方向有h0=g （1分） 联立解得小石片第一次与水面接触前瞬间水平方向的位移大小为x=3 m （1分） （2）小石片在水面上滑行时,由牛顿第二定律得 f=max （1分） 解得加速度大小为ax=20 m/s2, 每次滑行的水平速度减少量为 |Δvx|=axΔt=1 m/s （1分） 第一次弹起后小石片的水平速度 vx1=v0-|Δvx|=5 m/s （1分） 竖直速度为vy1=kvx1=4 m/s, 小石片从抛出到第一次弹起的过程中,由动能定理得 mgh0+W=m（+）-m （1分） 解得W=-0.2 J （1分） （3）小石片每次滑行的水平速度减少量为 |Δvx|=axΔt=1 m/s, 所以n==6次 （1分） 即小石片在水面上滑行了6次,弹起后在空中飞行了5次;第n次弹起时的水平速度 vxn=v0-n|Δvx|=（6-1n） m/s （1分） 竖直速度大小为vyn=kvxn （1分） 空中飞行时间为tyn=2· （1分） 在空中飞行的水平距离xn=vxn·tyn （1分） 第一次与水面接触后在空中飞行的总距离 x'=x1+x2+…+x5=8.8 m （1分） 小石片与水面接触的过程中水平方向运动的总位移大小 x″==0.9 m （1分） 从抛出到水平速度减为0,小石片在水平方向运动的总位移大小x总=x+x'+x″=12.7 m 15．(1)；(2)400V；(3)0.01J (1)颗粒在运动中做类平抛运动，由牛顿第二定律有 在水平方向上有 在竖直方向上有 解得 被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值 (2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，紧贴上金属板射入的颗粒恰能打到下金属板上，颗粒做平抛运动，在竖直方向上有 解得 (3)1s内的总个数为 电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板处的颗粒所做的功，所以有 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$