山东东营市2025-2026学年高二上学期期末物理试卷（含答案）

这是一份山东东营市2025-2026学年高二上学期期末物理试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 电源电动势越大说明可容纳的电荷量越多
B. 焦耳热公式Q=I2Rt适用于任何电路
C. 由电流定义式I=qt可知I与q成正比
D. 某干电池铭牌为“1.5V 400mA·h”，说明该电池的电动势为1.5V，功率为400W
2.下列有关光学原理，说法正确的是( )
A. 彩虹形成原因是光的色散
B. 立体电影与全息照相的光学原理一致
C. 照相机增透膜的厚度最小值是该光在真空中波长的14
D. 双缝干涉观测到的暗条纹，是因为该点到双缝的光程差是波长的奇数倍
3.如图，光滑绝缘的圆弧轨道AOB固定在竖直平面内。O为其最低点，A、B等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。将一个带负电的小球自A点由静止释放，它在轨道A、B间往返运动。下列说法中正确的是( )
A. 小球最终静止在O点B. 小球每次经过最低点所受洛伦兹力相同
C. 小球运动过程中机械能守恒D. 小球每次经过O点时对轨道的压力相等
4.乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则( )
A. 喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前
B. 若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水
C. 若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水
D. 要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为9N·s
5.物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，霍尔发现了霍尔效应：如图乙是以电子为载流子的霍尔元件，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I0时，e、f两侧会产生电势差，测量电势差可计算磁感应强度B。下列说法正确的是( )
A. 甲图中，粒子每旋转一圈加速两次，且所有圆轨迹是同心圆
B. 甲图中，保持其他条件不变，仅增强磁感应强度，即一定可增大粒子射出时的动能
C. 乙图中e侧电势低于f侧
D. 乙图选用单位体积内自由电荷数更少的薄片，能提高磁感应强度测量灵敏度ΔUΔB
6.钱塘江大潮，在中国文化中是自然伟力、时序节律、家国情怀、民俗精神的多重象征。如图甲所示，某次观测到产生鱼鳞潮的两列振幅均为0.5m的水波以4m/s的速度向前行进，其模型可简化为图乙所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，B为AC的中点，E是AC延长线上与A点相距d=10m的点，与A点相交的两条实线是两列波最靠前的波峰。假设本次鱼鳞潮的水波波长为1m，则下列正确的是( )
A. 图中A、D两点振动始终加强，而C点振动始终减弱
B. B点即将向上振动，经过一段时间质点A会运动到E点
C. 图示时刻A、C两点间的高度差为2.0m
D. 从图示时刻再经2.5s，E点开始振动
7.如图所示的装置可以模拟波的形成过程。半径为R的圆柱面最低处的母线OO′沿水平方向，母线AA′和BB′距OO′很近且关于OO′对称。完全相同的1到10号小球(可视为质点)锁定在AA′上，间距均为d。t=0时刻，由静止释放球1，此后每隔π4 Rg时间(g为重力加速度)依次由静止释放所有小球。若忽略一切摩擦，则( )
A. t=π Rg时刻，球1回到出发点B. 球1首次到达BB′时，球5位于最低点
C. 该“波”的“波长”为8dD. 该“波”的“波速”为8dπ gR
8.某学习小组用图示装置测量磁场的磁感应强度。弹簧测力计竖直悬挂一边长为L的等边三角形金属线框abc，静止时测力计示数为F。e、f分别为ab、ac的中点，过ef的水平虚线下方存在垂直线框平面的待测匀强磁场(图中未画出)。线框中通入大小为I、方向由b点流入c点流出的电流，再次静止时，e、f仍在水平虚线上，测力计的示数变为3F，则磁感应强度大小和方向分别为( )
A. 2FIL，垂直线框平面向里B. 3FIL，垂直线框平面向外
C. 8F3IL，垂直线框平面向里D. 12F5IL，垂直线框平面向外
9.为节约用电，校园中路灯采用光敏元件测环境光强，实现自动控制。其内部电路如图所示，Rt为光敏电阻(光照增加时，其电阻值减小)，忽略灯阻值由于亮度变化的影响，电流表为理想电表。傍晚时闭合开关，电容器两板间小液滴处于静止状态，则随着环境光照逐渐降低( )
A. L1灯、L2灯均逐渐变亮
B. 电源的输出功率一定是先变大后变小
C. L2灯电压的变化量与电流表电流的变化量之比不变
D. 小液滴向上运动，机械能减小
10.透镜表面质量的检测时，我们把玻璃样板与待测透镜表面紧贴，用单色平行光入射，我们就可以看见与牛顿环类似的干涉条纹，为明暗相间的同心圆。甲图中待测样品为凸透镜，乙图中待测样品为凹透镜。通过向下轻压样板，可以确定透镜边缘与样板的偏差情况，下列说法正确的是( )
A. 图甲干涉条纹不等间距同心圆排列，且向内收缩
B. 图甲干涉条纹不等间距同心圆排列，且向外扩张
C. 图乙干涉条纹不等间距同心圆排列，且向外扩张
D. 图乙干涉条纹不等间距同心圆排列，且向内收缩
11.东营籍运动员高佳琪在2025年11月18日第十五届全运会排球女子U20组决赛中随山东队夺冠，这是东营市在本届全运会竞技组的首枚金牌。某次比赛中，一排球在2.45m高度处水平向右击出，第一次落地时水平位移为7m与地面的接触时间Δt=0.02s。之后反弹，经水平位移5m再次落地，反弹的最大高度为1.25m。已知该排球质量为0.3kg，g=10m/s2，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 反弹时，排球受地面的平均弹力的大小是180N
B. 反弹时，排球受地面的平均弹力的大小是183N
C. 从抛出到第一次落地的过程中重力的冲量I1的大小是2.1N·s
D. 第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量I2的大小是4.5N·s
12.如图，质量均为1kg的物块a、b、c，其中a、b与劲度系数为k=100N/m的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块c在物块a正上方由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后组合体ac做简谐运动的过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内(g=10m/s2)。下列正确的是( )
A. 组合体ac做简谐运动的振幅为0.3m
B. 物块b与地面间的最大作用力为60N
C. a和c碰撞过程中损失的能量为8J
D. 开始释放物块c时，c离a的高度为0.8m
二、非选择题
13.某实验小组设计如图所示装置探究碰撞中的动量守恒。小球1、2半径均为r，质量分别为m1、m2；小球2放在支架上，小球2的最低点与平台所在水平面相切，其最左侧与光滑平台右侧面所在竖直平面相切，光电门到小球2最左点的距离比小球直径大，小球球心与光电门中心等高，平台的高度为h，重力加速度为g。
(1)要使小球1与小球2相碰后，小球1运动方向不变，则须满足m1 (填“大于”“小于”或“等于”)m2；
(2)现给小球1一个向右的初速度，测得小球1通过光电门的挡光时间为t，则小球1与小球2碰撞前瞬间，小球1的速度v0= (用题中相关物理量字母表示)；
(3)两球碰撞后，测得小球1、2的落地点离平台右侧面的水平距离分别为d1、d2，如果表达式 (用题中相关物理量字母表示)成立，则表明球1、2碰撞过程中动量守恒。
14.为了测量某电源的电动势和内阻，并研究利用该电源为小灯泡供电的情况，某同学进行了如下实验：
(1)该同学首先设计了如图a所示的实验电路，其中R为电阻箱，定值电阻R0=7Ω，电压表可视为理想电表，实验过程中采集电压表和电阻箱的读数，并以1R为纵坐标，1U为横坐标，画出1R−1U的关系图线，如图b所示，根据图线求得该电源的电动势E= V，内阻r= Ω。(均保留两位有效数字)
(2)在第(1)问的电路设计中，如果电压表不能视为理想电表，电源电动势和内阻的测量值存在系统误差，所测r测 r真，E测 E真。(均填“大于”“等于”或“小于”)
(3)在进一步研究中，该同学测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线如图c所示，如果把两个该型号的灯泡串联后再与R1=4.5Ω的定值电阻串联起来接在上述电源上(其电动势和内阻是第(1)问计算的结果)，如图d所示，则每只小灯泡的实际功率约为 W。(保留两位有效数字)
15.汽车氙气大灯的前照灯通常需要透镜(近似看作半球形玻璃砖)才能达到更好的照明效果，以保证行车安全。有同学利用废旧大灯的前照灯做了以下实验，前照灯为半径为12cm的半球形玻璃砖，将其底面放置在水平桌面上，图乙为前照灯过圆心O的竖直截面，底面A点处有一点光源，顶端B点处恰好没有光线射出，已知玻璃砖的折射率n=2，不考虑光的多次反射。求：
(1)A点到球心O的距离；
(2)该截面上有光线射出的圆弧长度。
16.如图所示，甲图为某一列简谐波t=0时刻的图像，乙图为这列波上P点从这一时刻起的振动图像，求：
(1)波的传播方向和波速大小；
(2)求出t=2.2s时P质点的位移；
(3)求0−2.2s内x=0.75m处Q点运动的路程。
17.如图所示，质量为m=4kg的小物块B(看作质点)从半径R为1.8m的四分之一光滑固定圆弧静止滑下，质量为M=2kg的长木板A静止在光滑水平地面上，长木板的左端恰好与圆弧等高相切，在木板A右侧足够远的地面上固定着一个弹性挡板P，木板碰撞弹性挡板后立即以碰前的速率反向弹回。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块运动到圆弧最底端时对轨道压力的大小；
(2)如果物块B始终不会从长木板A上滑落，求整个过程中物块B相对A运动的路程；
(3)若长木板A的长度L=32345m，求物块B从木板A上滑落之前木板A与挡板之间的碰撞次数。(lg2=0.301,lg3=0.477)
18.如图所示，在平面直角坐标系y0的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。t=0时刻，一质量为m、带电量为e的电子从A点0,−d以初速度v₀沿x轴正方向射出，之后粒子第一次通过x轴时的速度方向与x轴正方向的夹角为30°，第二次通过x轴时刚好经过原点O，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)若该电子第一次通过x轴时在第一象限施加一电场强度大小为E1=mv023ed、方向沿y轴正方向的匀强电场，求该电子运动过程中距x轴的最大距离；
(4)在第(3)问的基础上求穿过x轴的位置。
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.B
5.BD
6.C
7.C
8.D
9.AC
10.BD
11.BC
12.ABD
13.大于
2rt
m12rt=m1d1 g2h+m2d2−r g2h

14.2.5
0.50
小于
小于
0.15

15.解：(1)由题意作出光路图
从A点射到B点的光线恰好发生全反射，有 sin∠ABO=sinC=1n
解得 C=30∘
根据几何关系有 OA=Rtan∠ABO=4 3cm
(2)设从A点射出的光线在D点处恰好发生全反射，则有 ∠ODA=C=30∘
在三角形OAD中，由正弦定理可得 OAsinC=ODsin∠OAD
解得 ∠OAD=120∘
所以 ∠BOD=60∘
在玻璃砖的截面上有光射出的范围所对应的圆心角为 180∘−60∘=120∘
故玻璃砖的截面上有光线射出的圆弧长度 L=120∘360∘×2πR=8πcm

16.解：(1)由图乙可知，在 t=0 时刻，质点P由平衡位置向下运动，再结合甲图，
可知质点P是跟着它右侧质点振动的，说明波源在右侧，所以波沿x轴负方向传播
由甲图可知， λ=2 m，由乙图知 T=0.8 s，根据 v=λT
可得 v=2.5 m/s
(2) t=
可知质点P在2.2s时的位移与 34T 时的位移相同，P质点从平衡位置向下运动， 34T 时恰位于正的最大位移处 y=8 cm
(3)Q在2.0s内完成2.5次全振动： L1=2×4A+2A=10A
最后的0.2s内从 y1=− 22A 运动至 y2= 22A ，路程 L2= 2A
则0∼2.2s内，Q运动的路程为 L=L1+L2
解得 L=80+8 2cm

17.解：(1)物块下滑，由机械能守恒得 mgR=12mv2
最低点受力分析 FN−mg=mv2R
解得 FN=120 N
由牛顿第三定律得物块运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为120N
(2)物块B滑到长木板A上，物块B减速、长木板A加速向右运动，最后达到共速，长木板A碰撞弹性挡板P后立即以碰前的速率反向弹回；碰撞后，物块B减速向右运动，长木板A先减速向左运动再反向加速，最后达到共速，与弹性挡板P碰撞；后续重复上述过程，由于物块B始终不会从长木板A上滑落，最终长木板A和物块B静止。
整个运动过程中能量守恒 mgR=μmgs
解得 s=7.2 m
(3)取水平向右为正方向，第一次物块B滑到长木板A上，物块B减速、长木板A加速向右运动，最后达到共速，由动量守恒定律得 mv=m+Mv0
解得 v0=4 m/s
第一次碰撞后，物块B减速向右运动，长木板A先减速向左运动再反向加速，最后达到共速，系统达到共同速度为 v1 ，由动量守恒得 mv0−Mv0=m+Mv1
解得 v1=m−Mm+Mv0=13v0
第二次碰撞后，系统达到共同速度为 v2 ，由动量守恒得 mv1−Mv1=m+Mv2
解得 v2=m−Mm+M2v0=132v0
第三次碰撞后，系统达到共同速度为 v3 ，由动量守恒得 mv2−Mv2=m+Mv3
解得 v3=m−Mm+M3v0=133v0
第n次碰撞后，系统达到共同速度为 vn ，由动量守恒得 mvn−1−Mvn−1=m+Mvn
解得 vn=m−Mm+Mnv0=13nv0
设第 n 次共速时，物块B恰好掉下木板A，整个运动过程由能量守恒得 μmgL=12mv2−12M+mvn2
解得 n=321+lg2lg3=2.4
即木板A与挡板能碰3次。

18.解：(1)粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示 a=eEm
由几何关系有 tan30 ∘=at1v0
其中 d=12at12
解得 E=mv026ed
(2) x1=v0t1
解得 x1=2 3d
粒子进磁场时有 v0=vcs30 ∘
由几何关系可知粒子在磁场中运动轨迹的半径 2rsin30 ∘=x1
带电粒子在磁场中运动有 evB=mv2r
解得 B=mv03ed
(3)根据配速法有 v1+v2=v
其中 ev2B=eE1
解得 v2=v0 ，则 v1= 33v0
粒子一边以速度 v2 沿x轴正方向做匀速直线运动，一边以速度 v1 做匀速圆周运动
v1e1B=mv12R
解得 R= 3d
由几何关系可知粒子离x轴的最大距离 dmax=R= 3d
(4)电子运动轨迹如图
磁场中每两次穿过x轴前进距离 Δx1=v0T2+2R
代入数据得 Δx1=3π+2 3d
电场中每两次穿过x轴前进距离 Δx2=2x1=4 3d
两种情况：
①向上穿过x轴的位置坐标 x=2 3d+n(Δx1+Δx2)
联立得 x=2 3d+n3π+6 3d ( n=0 ，1，2，)
②向下穿过x轴的位置坐标 x=(2 3d+Δx1)+n(Δx1+Δx2)
联立得 x=(3π+4 3)d+n3π+6 3d ( n=0 ，1，2，)