山东省济宁市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份山东省济宁市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于以下四幅图的描述，下列说法正确的是( )
A. 图甲中光导纤维内芯的折射率比外套的折射率小
B. 图乙中入射角i逐渐增大到某一值后，光线会从玻璃砖下表面发生全反射
C. 图丙为单缝衍射的图样
D. 图丁中鸣着笛疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于共振引起的
【答案】C
【解析】解：A.图甲中光导纤维内芯的折射率比外套的折射率大，才能使光从内芯射到外套时发生全反射，故A错误；
B.根据光路的可逆性，无论图乙中入射角i增大到何值，光线都不会在玻璃砖下表面发生全反射，故B错误；
C.图丙中央条纹最宽最亮，越向两边越窄越暗，为单缝衍射的图样，故C正确；
D.图丁中鸣着笛疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故D错误。
故选：C。
根据发生全反射的条件分析；根据光路可逆分析；根据衍射图样分析；根据多普勒效应分析。
本题考查了发生全反射的条件，光的衍射图样和多普勒效应等，基础题。
2.在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按如图甲所示安装在光具座上，单缝保持竖直方向，调节实验装置使光屏上出现清晰的干涉条纹，下列说法正确的是( )
A. 单缝和双缝应相互垂直放置
B. 图乙所示，测量头读数为13.87mm
C. 仅增大单缝和双缝之间的距离，光屏上条纹间距将增大
D. 如图丙所示A、B两条亮条纹的中心间距为a，则相邻两条亮条纹中心间距Δx=a6
【答案】D
【解析】解：A.单缝和双缝应相互平行放置，故A错误；
B.螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm，故B错误；
C.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，双缝间距与单缝和双缝之间的距离无关，因此稍微增大单缝和双缝之间的距离，光屏上相邻两条亮纹中心的距离不变，故C错误；
D.由图可知相邻两条亮条纹中心间距Δx=a6，故D正确。
故选：D。
根据实验的正确操作分析作答；根据螺旋测微器精确度读数；根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；n条亮条纹之间有(n−1)个条纹间距，据此求解相邻亮条纹之间的距离。
掌握实验的正确操作，理解双缝干涉条纹的间距公式Δx=ldλ；注意n条亮条纹之间有(n−1)个条纹间距。
3.如图所示，一人在河中游泳，其眼睛恰好在水面处，某时刻看到自己正下方的河底有一小石块，向前运动3m时恰好看不到小石块，河水的折射率n=43，这条河的深度为( )
A. 4m
B. 7m
C. 2.25m
D. 3 74m
【答案】B
【解析】解：由人恰好看不到小石块可知此时恰好全反射，由折射率与临界角的关系：n=1sinC，可知全反射时，sinC=34；
由图可知，人与小石块的距离为：L=xsinC，解得：L=4m，结合几何关系，即可计算河的深度为：h= L2−x2，解得：h= 7m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由人恰好看不到小石块可知此时恰好全反射，由折射率与临界角的关系，可计算全反射时人与小石块的距离，结合几何关系，即可计算河的深度。
本题考查全反射的计算，关键是理解人恰好看不到小石块，即此时恰好全反射。
4.如图所示，矩形线圈abcd关于虚线对称，匝数为n，面积为S。虚线左侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于线圈平面，若线圈从图示位置以ab边为轴转动180°，这一过程中穿过线圈磁通量的变化量为( )
A. 32BSB. 32nBSC. 12BSD. 12nBS
【答案】A
【解析】解：线圈在转动前瞬间磁通量Φ1=12BS，转过180°时的磁通量为Φ2=−BS，则在此过程中磁通量的变化量ΔΦ=Φ2−Φ1=−BS−12BS=−32BS，大小为32BS，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据磁通量的概念结合磁通量的变化量的公式列式求解。
考查磁通量的概念和磁通量的变化量，注意磁通量的标量性特点，会根据题意进行准确分析解答。
5.如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉5cm，然后由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，从钢球某次经过平衡位置开始计时，钢球的位移—时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，下列说法正确的是( )
A. t1和t2时刻，钢球加速度相同B. t1和t2时刻，弹簧弹力大小相等
C. t1～t2时间内钢球的动能先增大后减小D. t1～t2时间内钢球的机械能不变
【答案】C
【解析】解：A、根据对称性可知，在t1和t2时刻，钢球的加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B、钢球受到的弹簧弹力大小为F=kx1，其中x1为弹簧的形变量，t1和t2两个时刻离开平衡位置的位移x大小相等，则形变量不相同，弹力不相等，故B错误；
C、在平衡位置处，钢球的速度最大，所以钢球在t1～t2时间内，钢球的速度先增大后减小，所以钢球的动能先增大后减小，故C正确；
D、根据对称性可知，在t1和t2两个时刻钢球的动能相等，而重力势能因高度不同而不相等，则钢球的机械能不相等，故D错误。
故选：C。
根据对称性分析；根据弹簧的形变量分析；根据在平衡位置处速度最大分析；在这两个时刻，钢球所在位置的高度不同。
掌握简谐运动的对称性是解题的关键，知道钢球在平衡位置处速度最大。
6.如图所示，某同学利用灵敏电流计和定值电阻进行电表改装。若灵敏电流计的内阻为Rg，并联电阻为R，下列说法正确的是( )
A. 该图是改装后电压表的内部结构图
B. 改装后的电表量程是原来的Rg+RRg倍
C. 增大R的阻值，改装后电表量程会增大
D. 若改装后的电表示数比准确值稍小一些，可以更换一个阻值稍大的并联电阻
【答案】D
【解析】解：A、电表改装是将电流计与电阻并联，改装后是电流表的内部构造，故A错误；
B、根据串并联电路规律可知，改装后量程为I=Ig+IgRgR=Rg+RRIg，变为原来的Rg+RR倍，故B错误；
C、根据并联电路电流与电阻成反比可知，增大R的阻值，改装后电表量程会减小，故C错误；
D、若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以增大分流电阻使其分流少些，从而增大流过表头的电流使其准确，故D正确；
故选：D。
根据电流表的改装原理求量程；改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以从增大分流电阻而减小分流效果去分析。
本题的关键是明确并联电阻具有分流作用，即改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。
7.如图所示，风洞喷出竖直向上的气流使几个实验者悬停在空中，其中甲、乙两人的质量分别为m1、m2，迎风面积分别为S1、S2，若作用于甲、乙的气流密度、气流速度大小均相同，气流吹到人身上后水平散开，两人互不影响，则m1：m2等于( )
A. S1： S2B. S2： S1C. S1：S2D. S2：S1
【答案】C
【解析】解：设气流密度为ρ、气流速度为v，时间为Δt，根据平衡条件，F=mg
由牛顿第三定律，人对气流的作用力
F1=F
规定向上为正方向，对气流，由动量定理得
−mgΔt=0−Δmv
Δt时间内，气体质量
Δm=ρvSΔt
整理得
mS=ρv2g
由气流密度、气流速度大小均相同，则有
m1S1=m2S2
故
m1m2=S1S2
故C正确，ABD错误；
故选：C。
求出t时间内吹到广告牌的空气质量为m，根据动量定理与平衡条件即可求解。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要确定研究对象，分析运动过程，知道合外力的冲量等于动量的变化。
8.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线a、b、c围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示。O为等边三角形的中心，M、N分别为O关于导线b、c的对称点。已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1，在N点的磁感应强度大小为B2，若撤去导线a，而b、c中电流不变，则此时M点的磁感应强度大小为( )
A. B1+B22B. B1−B22C. B1+B2D. B1−B2
【答案】A
【解析】解：设每根导线产生的磁场在O点的磁感应强度大小为B0，b、a中的电流在N点产生的磁感应强度大小都为B′0，则在O点有B1=B0，在N点有B2=2B′0+B0，撤去导线a，在M点有BM=B0+B′0，联立各式解得：BM=B1+B22，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据安培定则分析导线在各点产生的磁场的方向，然后根据矢量合成法则计算即可。
知道b导线产生的磁场在N点的磁感应强度大小等于c导线产生的磁场在M点的磁感应强度大小相等是解题的关键，掌握安培定则的应用是解题的基础。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，R2的总阻值大于R1，电压表示数为U，电流表示数为I，闭合开关S，R2的滑动触点由最左端移动到最右端过程中，下列说法正确的是( )
A. U先增大后减小
B. U一直减小
C. I先减小后增大
D. I一直增大
【答案】AC
【解析】解：已知R2的总阻值大于R1，R2的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，即电压表示数U先增大后减小，I先减小后增大，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。
解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。
10.如图甲所示，一力传感器固定在天花板上，将单摆悬绳一端固定在传感器上的O点。t=0时刻将摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动(摆角小于5°)，其中B点为最低点。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，忽略空气阻力，取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 单摆的周期为0.4πsB. 单摆的摆长为1.6m
C. 摆球所受合力提供其回复力D. 根据所给数据可求出摆球的质量
【答案】BD
【解析】解：A、根据图乙可知，单摆的周期为T=0.8πs，故A错误；
B、根据单摆周期公式T=2π Lg可得单摆的摆长为L=1.6m，故B正确；
C、摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回复力，摆球所受合力一部分提供向心力、另一部分提供回复力，故C错误；
D、根据图乙可知在A点的拉力F1=0.58N，在B点的拉力为F2=0.60N，设最大摆角为θ，达到最低点的速度大小为v，则有：
F1=mgcsθ
F2−mg=mv2L
从A到B根据动能定理可得：mgL(1−csθ)=12mv2−0
三个方程三个未知量(m、v、θ)，可求小球的质量，故D正确。
故选：BD。
根据图乙可知单摆的周期；根据单摆周期公式可得单摆的摆长；摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回复力；根据力的分解、向心力的计算公式结合动能定理可得小球的质量。
本题主要是考查单摆的周期公式，关键是知道回复力的来源、单摆的周期公式。
11.如图所示，光滑水平面上停放一装有光滑弧形槽的小车，一小球以水平速度v0沿槽口滑入小车，到达某一高度后，小球又返回并滑离小车。已知小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球滑离小车后将做自由落体运动B. 小球与小车组成的系统动量守恒
C. 小球在弧形槽内上升的最大高度为v024gD. 全过程小球对小车压力的冲量大小为mv0
【答案】ACD
【解析】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mv小球+mv小车
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv小球2+12mv小车2
解得：v小球=0，v小车=v0，小球离开小车后做自由落体运动，故A正确；
B、小球在小车上运动过程，小球在竖直方向有向下的加速度，系统处于失重状态，地面对系统的支持力小于系统的重力，系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最大高度时两者速度相等，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv
由机械能守恒定律得：12mv02=12×2mv2+mgh，解得：h=v024g，故C正确；
D、由A可知，小球离开小车时小车的速度v小车=v0，对小车，由动量定理得：I=mv0−0=mv0，故D正确。
故选：ACD。
小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向动量守恒，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球离开小车时小球和小车的速度，从而得出小球的运动规律；当小球上升到最高点时，小球与小车具有相同的速度，结合系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出上升的最大高度；由动量定理求合力对小车的冲量大小。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理的综合应用，关键要知道当小球与小车的速度相等时，小球上升到最大高度。运用动能定理求外力做的功，运用动量定理求合力的冲量，都是常用方法，要熟练掌握。
12.一列简谐横波沿x轴传播，t=23s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该列波沿x轴负方向传播B. 该列波的波速是0.12m/s
C. 在t=23s时，质点Q的位移为 32AD. 质点P平衡位置的坐标x=2.8cm
【答案】BC
【解析】解：A、根据图乙可知，t=23s时Q点向下振动，根据同侧法可知，该列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据图甲可知：λ4×13+12λ=14cm=0.14m，则波长：λ=0.24m；根据图乙可得周期：T=2s，则波速：v=λT=0.242m/s=0.12m/s，故B正确；
C、根据图乙可得Q的振动方程为：y=Asin2πTt=Asin2π2t=Asinπt，所以在t=23s时，质点Q的位移为y= 32A，故C正确；
D、质点P平衡位置的坐标：x=λ4×13=0.244×13m=0.02m=2.0cm，故D错误。
故选：BC。
根据图乙结合同侧法判断该列波的传播方向；根据图甲求解波长，根据图乙可得周期，根据波速计算公式求解波速；根据图乙可得Q的振动方程，由此得到在t=23s时，质点Q的位移；根据图甲得到质点P平衡位置的坐标。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.如图是某兴趣小组在做“验证动量守恒定律”实验时设计的装置。已知该装置由弧形轨道和水平直轨道两部分组成，弧形轨道下端与水平直轨道相切，a、b两滑块材料、表面粗糙程度均相同。

实验操作步骤如下：
①测量滑块a的质量和滑块b的质量，分别为m1和m2；
②将装置固定在水平桌面上；
③如图甲所示，将滑块a从弧形轨道上某点由静止释放，一段时间后停在直轨道上，用刻度尺测出滑块在直轨道上滑行的距离s1；
④如图乙所示，将滑块b放置在直轨道左端，再次将滑块a从同一点由静止释放，两滑块碰撞后同向运动，最终均停止在直轨道上，测出两滑块在直轨道上滑行的距离s2、s3。
请回答以下问题：
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.弧形轨道必须光滑
B.滑块a的质量必须大于b的质量
C.适当增加滑块a释放高度，能减少实验误差
D.安装直轨道时必须水平，否则将影响验证结果
(2)若关系式______成立，则说明两滑块碰撞过程中动量守恒(用题目中所给符号表示)。
【答案】BC m1 s1=m1 s2+m2 s3
【解析】解：(1)A.每次滑块在倾斜轨道上的同一位置静止释放，滑块到达斜槽末端的速度就相同，因此倾斜轨道不一定必须光滑，故A错误；
B.为防止滑块a与滑块b碰后反弹，则滑块a的质量必须要大于滑块b的质量，故B正确；
C.适当增加滑块a释放高度，能减少实验误差，故C正确；
D.若水平轨道不水平，根据牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ=ma
化简得a=gsinθ−μgcsθ
因两滑块的材料相同，表面粗糙程度相同，则两滑块在轨道上运动的加速度都相同，因此不需要平直轨道一定水平，故D错误；
故选：BC。
(2)设两滑块在水平轨道上滑动的加速度的大小为a
根据运动学公式，实验中滑块a碰撞前的速度v= 2as1
实验中滑块a碰撞后的速度为v1= 2as2
滑块b碰撞后的速度为v2= 2as3
若a、b两滑块碰撞过程中满足动量守恒，规定向右为正方向，则m1v0=m1v1+m2v2
代入数据联立解得m1 s1=m1 s2+m2 s3
故答案为：(1)BC；(2)m1 s1=m1 s2+m2 s3
(1)根据实验的原理和正确的操作步骤分析作答；
(2)根据得出的动量守恒定律的表达式进行分析。
本题考查了验证动量守恒定律的实验。验证动量守恒定律的关键是测量碰撞前后的速度，这个实验利用水平位移来代替碰撞前后的速度。
14.某实验兴趣小组将铜片和锌片插入水果中制成一个水果电池，并测量该电池的电动势E和内阻r。所提供的器材如下：
A.待测水果电池(E约为1V，r约为500Ω)
B.电流表A(0～2mA，内阻为50Ω)
C.电压表V(0～1.5V，内阻约为30kΩ)
D.滑动变阻器R1(阻值0～20Ω)
E.滑动变阻器R2(阻值0～2000Ω)
F.开关一个，导线若干
(1)该兴趣小组利用上述器材设计了图1甲、乙两个电路，其中最合理的电路为______。

(2)为了尽可能准确地测量水果电池的电动势和内阻，滑动变阻器R应选择______(选填序号“D”或“E”)。
(3)该兴趣小组选择正确的电路后进行实验，根据实验数据画出U−I图线如图2所示，可求得电源电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留三位有效数字)
(4)若不考虑实验偶然误差，实验测得的电动势E测与真实值E真相比，E测 ______E真(选填“>”、“=”或“0.5s，求从t0时刻开始，经过1s质点P运动的路程。
【答案】解：(1)根据波形图可得：(n+14)T=0.2s
解得：T=0.84n+1s(n=0、1、2、3……)
根据波速的计算公式可得：v=λT=40.84n+1m/s=(20n+5)m/s(n=0、1、2、3……)；
(2)若振动周期T>0.5s，n=0，T=0.8s；
经过1s=10.8T=54T，质点P运动的路程：s=54×4A=5A=5×0.1m=0.5m。
答：(1)绳波的传播速度为(20n+5)m/s(n=0、1、2、3……)；
(2)若振动周期T>0.5s，从t0时刻开始，经过1s质点P运动的路程为0.5m。
【解析】(1)根据波形图求解周期的通项公式，根据波速的计算公式求解波速；
(2)若振动周期T>0.5s，求出周期的值，再根据一个周期通过的路程为4A进行分析。
对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
17.某快递公司用电动势为E=14V，内阻r=1Ω的电源，控制电动机带动传送带向高处传送物品，电路中接有定值电阻R=3Ω。现将一质量为m=0.5kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，电动机正常工作，其工作电压为6V，电动机带动传送带以v=2m/s的速度匀速运动，A、B间传送带长l=6m，与水平面之间的夹角为θ=37°，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，传送带将小物体从A点运送到B点的过程中，求：
(1)电源的输出功率；
(2)小物体的运动时间；
(3)为传送小物体，电动机多输出的能量。
【答案】解：(1)电路中的电流为
I=E−UR+r=14−63+1A=2A
电源的输出功率为
P出=(E−Ir)I=(14−2×1)×2W=24W
(2)设小物体在斜面上运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有
μmgcs37°−mgsin37°=ma
解得a=0.4m/s2
小物体的加速时间为
t0=va=20.4s=5s
小物体的加速距离为
x0=v2t0=22×5m=5m