2023-2024学年福建省厦门市高二（上）期末物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市高二（上）期末物理试卷(含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，冰雪大世界里的冰雕闪烁着各色光芒，小厦同学发现冰面下方装有各色彩灯，冰块中还分布有气泡，则( )
A. 真空中红光的波长比绿光短
B. 冰块中红光的传播速度比绿光大
C. 冰面下方的灯，看起来比实际位置深
D. 冰块中气泡看起来更亮是由于光从气泡内部入射到冰时发生了全反射
2.晓萌同学为研究浮漂在水中的振动情况，设计了如图甲所示的实验装置．浮漂下方绕上铁丝后放在静水中，将其向下缓慢按压后放手，浮漂上下振动，其运动近似为竖直方向的简谐振动，在水面形成波纹．已知水面波的传播速度为2m/s，以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，浮漂振动图像如图乙所示，则
( )
A. 浮漂的回复力仅由浮力提供B. 浮漂的振幅为8cm
C. 水面波的波长为0.8mD. 0.1∼0.2s内，浮漂的加速度减小
3.智能手机安装适当的软件后，利用手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图所示，小廈同学在首门市某公园测量地磁场，将手机水平放置后建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面，屏幕朝上且y轴正向指向北方．若忽略其他磁场的干扰，则所测得地磁场的磁感应强度Bx,By,Bz可能为
( )
A. 0,35.6μT,−10.9μTB. 0,35.6μT,10.9μT
C. 0,−35.6μT,−10.9μTD. 0,−35.6μT,10.9μT
4.如图甲所示，两等量正电荷水平固定，一光滑的绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上，杆上A点与连线中点O的距离为h0。一带正电小球套在杆上从A点由静止释放，从A运动到O的过程中其动能Ek随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略空气阻力，则小球在此过程中( )
A. 合外力先减小后增大B. 电场力先增大后减小
C. 机械能先增大后减小D. 电势能先减小后增大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.两点电荷M和N周围的电场线如图所示，A、B是电场中的两点，则( )
A. M、N电荷量大小相等B. M为负电荷，N为正电荷
C. A点电势小于B点电势D. A点电场强度大于B点电场强度
6.如图所示，晓萌同学自制一种检测水位高度的装置，金属杠杆一端连接水箱中的浮球，另一端触点P连接滑动变阻器R，金属杆可绕O点在竖直面内转动，水位高度表由电流表改装而成，R′为校准电阻，则水位( )
A. 上升时，电路中的电流变小B. 上升时，电路中的电流变大
C. 测量值比真实值低时，应调小R′D. 测量值比真实值低时，应调大R′
7.电子眼系统通过埋设在停止线下方的压电薄膜传感器来判断汽车的通过，当压电薄膜受到汽车压力时，薄膜两端产生电压，压力越大电压越大．图甲所示为压电薄膜与电容器C、电阻R组成的回路，取顺时针方向的电流为正值．红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过压电薄膜上方，回路中产生如图乙所示的两脉冲电流，即视为“闯红灯”，电子眼即拍照记录，则
( )
A. t1∼t2时间内电容器正在充电
B. t1∼t2时间内电容器上极板带负电
C. 车轮停在压电薄膜上时，电容器电压为0
D. 红灯亮时汽车前轮刚越过停止线后，又退回到线内，仍会被电子眼拍照
8.如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B初速度为0，A、B运动的v−t图像如图乙所示．已知A的质量为m，0∼t0时间内B的位移为x0，t=3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则( )
A. B的质量为2mB. 橡皮绳的最大弹性势能为16mv02
C. 橡皮绳的原长为13v0t0D. 橡皮绳的最大形变量为v0t0−3x0
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.图甲是降噪耳机的原理简化图，耳机收集环境噪声后，产生一列和噪声频率______(选填“不同”或“相同”)的声波，与噪声进行叠加合成，抵消噪声以达到降噪的目的。图乙所示为降噪耳机的理想降噪过程，该过程应用了波的______(选填“干涉”或“衍射”)。
10.如图所示，单色光Ⅰ和Ⅱ从半圆形玻璃砖正对圆心O入射，当入射角为45°时，单色光Ⅰ恰好发生了全反射，则单色光Ⅰ的折射率______(选填“大于”“等于”或“小于”)单色光Ⅱ的折射率，单色光Ⅰ的折射率n= ______。
11.小厦、晓萌两位同学分别探究单摆周期T与摆长l的关系。在测量周期时，小厦误将29次全振动记为30次，其他操作无误，晓萌操作均无误，两同学绘制的T2−l图像如图甲所示，则小厦所测实验结果对应的图像是______(选填“A”或“B”)；图乙所示为晓萌绘制的不同摆长单摆的振动图像，则两单摆周期之比Ta：Tb= ______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.小厦同学通过如图所示的实验装置来验证动量守恒定律。
(1)以下哪些说法符合实验要求______。
A.轨道一定要光滑
B.轨道末端一定要保持水平
C.入射小球A的半径大于被碰小球B的半径
D.入射小球A的质量大于被碰小球B的质量
(2)图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。实验时，先将小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，确定其落点的平均位置P，测量其水平位移OP；然后将小球B静止放在轨道的末端，再将小球A从斜轨上同一位置由静止释放，与小球B相撞，并多次重复。以上实验步骤中缺少的必要步骤是______。
A.用天平测量A、B两个小球的质量m1、m2
B.测量小球A开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.确定A、B相碰后落点的平均位置M、N，并测量OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可用(2)中测量的量表示为______。
13.某兴趣小组为测量一个表头G的内阻，进行如下操作：
(1)使用多用电表进行粗测，先机械调零，再将多用电表挡位调到“×10”挡，欧姆调零后，用____________(选填“红”或“黑”)表笔与表头G的“+”接线柱相连，另一支表笔与表头G的“−”接线柱相连(待测表头G未超量程)，测得的读数如图甲所示，可得表头G的内阻为____________Ω。
(2)为了精确测量表头G的内阻，小组成员设计了如图乙所示的电路。闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，测得多组电压表与表头的示数U、I，作出U—I图像，求得图像的斜率为k。已知定值电阻的阻值为R0，则表头G的内阻为____________(用k，R0表示)。
(3)若发现(2)中表头内阻的测量值小于其实际值，可能的原因是____________
A.电压表读数小于电压表两端实际电压
B.电压表读数大于电压表两端实际电压
C.R0的实际值小于其标称值
D.R0的实际值大于其标称值
五、计算题：本大题共3小题，共34分。
14.如图甲所示，质量m=1kg的物块静止在水平面上，t=0时，对其施加水平向右的推力F，推力F的大小随时间变化的规律如图乙所示．已知物块与水平面的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块开始运动的时刻及3s末物块加速度的大小；
(2)0∼6s内推力对物块冲量的大小；
(3)6s末物块动量的大小．
15.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比．如图所示，某时刻离子源P逸出质量为m、电荷量为q的离子，离子自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中心线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测区域．已知a、b板间电压为U1、间距为d1，极板M、N间电压为U2、长度为L、间距为d2，忽略离子重力及进入a板时的初速度．
(1)求离子从b板小孔射出时速度的大小；
(2)求离子到达探测区域时的侧移量；
(3)离子从a板运动到探测区域的时间为t，写出荷质比qm与t的关系式．
16.如图甲所示，一倾角为30∘足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为−q(q>0)的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定(A与弹簧不拴接).空间中存在沿斜面向上、大小E=7mg8q(g为重力加速度)的匀强电场．质量为2m、电荷量为+q的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b,A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为18mg、138mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
t=0时解除锁定，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于t1时刻到达P点，此时速度为v1、加速度为0，且未与弹簧b接触；t2时刻，A到达Q点，速度达到最大值2v1，弹簧b的弹力大小为92mg，此过程中A的v−t图像如图乙所示．已知A、B的电荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹性限度内．求：
(1)弹射过程弹簧a对A冲量的大小；
(2)A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功；
(3)A到达P点时，A与B之间的距离；
(4)A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统(含弹簧b)的电势能变化量与弹性势能变化量的总和．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、真空中红光的波长比绿光长，故A错误；
B、红光和绿光在真空中的速度相同，红光在冰块中的折射率比绿光的折射率小，由n=cv可知，冰块中红光的传播速度比绿光大，故B正确；
C、根据折射定律可知，冰面下方的灯，看起来比实际位置浅，故C错误；
D、冰块中气泡看起来更亮是由于光从冰入射到气泡时发生了全反射，故D错误。
故选：B。
真空中红光的波长比绿光长；红光在介质中的折射率比绿光小；根据n=cv判断在介质中的传播速度；根据折射定律分析灯的位置；全反射是由光密介质射入光疏介质时发生的。
本题考查光的折射和全反射，知道不同色光的频率、折射率的大小关系，知道全反射发生的条件。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.浮漂的回复力由重力和浮力的合力提供，故A错误；
B.由图乙可知浮漂的振幅为4cm，故B错误；
C.由图乙可知周期为0.4s，水面波的波长为
λ=vT = 0.8m
故C正确；
D.由图可知 0.1∼0.2s 内，浮漂的位移增大，根据
a=−kxm
可知加速度增大，故D错误；
故选C。
3.【答案】A
【解析】A
【详解】地磁场的方向由地理南极指向地理北极，首门市位于北半球，则屏幕朝上且 y 轴正向指向北方时， Bx =0， By >0， Bz <0。
故选A。
4.【答案】B
【解析】解：A、Ek−h图像的斜率表示合外力，由图像可知，合外力先减小，再增大，再减小，再增大，故A错误；
B、因为小球在运动过程中仅受重力和电场力，且小球带正电，所以从A到O的过程中，小球受到的电场力一直向上。结合其动能变化进行分析：初始时，小球动能增大，说明小球的重力大于电场力，小球向下加速运动，而图像的斜率在减小，说明小球的合外力在减小，因为重力不变，所以小球受到的电场力在增大，当动能达到最大值时，小球的重力等于电场力；之后小球的动能开始减小，说明小球受到的电场力大于了重力，小球在做减速运动，即电场力依旧在增大，直到某一时刻达到最大值，然后开始减小，当电场力再次等于重力时，小球的速度达到最小值，即动能达到最小值；最后小球的动能一直增大，图像的斜率也再越来越大，说明小球在加速运动，合力在越来越大，重力不变时，说明电场力在越来越小；综上所述，小球在从A到O的过程中，电场力先增大后减小，故B正确；
CD、小球下落过程中，电场力一直竖直向上，则电场力一直做负功，由能量守恒定律可知，小球的机械能一直在增大，小球的电势能一直在减小，故CD错误；
故选：B。
Ek−h图像的斜率表示合外力，根据图像分析合外力的方向和大小变化；对小球受力分析，根据合力的大小判断电场力的大小；根据电场力的方向与小球运动方向的关系判断电场力做功，进而得到小球的机械能和电势能的变化。
本题考查Ek−h图像，解题关键是知道Ek−h图像斜率的含义，会根据图像判断合外力的变化，会根据电场力做功的正负判断电势能的变化。
5.【答案】BD
【解析】解：A、由图可知，点电荷N周围的电场线更密集，则N的电荷量大于M的电荷量，故A错误；
B、电场线的方向由正电荷指向负电荷，则N为正电荷，M为负电荷，故B正确；
C、沿电场线方向电势逐渐降低，则A点电势高于B点电势，故C错误；
D、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，则A点的电场强度大于B点的电场强度，故D正确。
故选：BD。
点电荷电荷量越大，周围的电场线越密集；电场线的方向由正电荷指向负电荷，据此判断两点电荷的电性；沿电场线方向电势逐渐降低；电场线的疏密程度表示场强的大小。
本题考查电场线，解题关键是知道电场线的方向，会根据电场线判断电势的高低和电场强度的大小。
6.【答案】BC
【解析】解：AB、当水位上升时，通过浮球和杠杆使触点P向下滑动，滑动变阻器连入的电阻变小，整个电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变大，故A错误，B正确；
CD、由上分析可知，当水位上升时，电路中的电流变大，可知测量值比真实值低时，说明水位高度表指针偏转角度偏小，电路中电流偏小，应调小R′，故C正确，D错误。
故选：BC。
当水位上升时，通过浮球和杠杆使触点P向下滑动，滑动变阻器连入的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况。根据测量值与真实值的关系，分析水位高度表指针偏转角度的变化，判断电路中电流变化，即可判断确定如何调节R′。
本题要理解滑动变阻器的变阻原理：通过改变连入电路的电阻丝长度，来改变阻值的大小，从而改变电路中的电流。
7.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AB.由乙图可知， t1−t2 时间内电流增大，是因为压电膜受到汽车压力，压力增大，电压增大，所以电容器正在充电。因为取顺时针方向的电流为正值，t1∼t2时间内电流为正，所以电容器上极板带正电，故A正确，B错误；
C.车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，且不为0，故C错误；
D.若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照；故D正确。
故选AD。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.由于系统不受外力，动量守恒，则 0∼t0 时有
mv0=mv03+mBv03
解得 B 的质量为
mB=2m
故A正确；
B. t=t0 时刻二者速度相同，橡皮绳刚好处于最大形变量，由能量守恒有
12mv02=12⋅3m(v03)2+Ep
解得橡皮绳的最大弹性势能为
Ep=13mv02
故B错误；
C.有图分析可知 t=2t0 时刻，橡皮绳刚好由拉伸状态变为原长， 2t0∼3t0 阶段物块 A 向左匀速运动，物块 B 向右匀速运动，直至相碰，由于系统动量和能量守恒有
mv0=mvA+2mvB
12mv02=12mvA2+12⋅2mvB2
解得二者的速度大小为
vA=13v0 、 vB=23v0
则设橡皮绳原长为 l0 ，由运动关系可知橡皮绳的原长为
l0=23v0t0+13v0t0=v0t0
故C错误；
D.由于系统动量守恒，系统质心做匀速直线运动，则设橡皮绳原长为 l0 ，则初始时刻质心距离B的距离为
d0=13l0
t0 时刻二者速度相同橡皮绳的最大形变量为 Δl ，且质心的速度为
v′=13v0
t0 时刻由运动的位移关系有
13(l0+Δd)+x0−13l0=13v0t
解得橡皮绳的最大形变量为
Δd=v0t0−3x0
故D正确。
故选AD。
9.【答案】相同 干涉
【解析】解：由图可知，环境噪声与降噪声波是两列相位相反的声波，利用干涉原理进行降噪，要产生稳定的干涉现象，耳机收集环境噪声后，产生一列和噪声频率相同的声波，与噪声进行叠加合成，抵消噪声以达到降噪的目的。
故答案为：相同，干涉。
两列波发生稳定干涉的条件是频率相同。环境噪声与降噪声波是两列相位相反的声波，利用干涉原理进行降噪。
本题是干涉现象在实际中的应用，关键要掌握两列波发生稳定干涉的条件是频率相同。
10.【答案】大于 2
【解析】解：根据折射定律：n=sinθ1sinθ2=sin90°sinC
解得全反射临界角C满足：sinC=1n
根据题意，全反射光Ⅰ恰好发生全反射，所以Ⅰ光的临界角：C1=45°
而Ⅱ光的临界角：C2>45°
那么根据临界角公式可得：n1=1sin45∘= 2>n2
故答案为：大于、 2。
分清入射角、反射角和折射角并按照折射定律以及全反射临界角公式分析求解即可。
一定要注意分清入射角、折射角和反射角，熟记相关公式。
11.【答案】B 3：2
【解析】解：根据T=2π lg变形可得：T2=4π2g⋅l，所以T2−l图像的斜率为：k=4π2g
小厦误将29次全振动记为30次，则周期偏小，则g值偏大，T2−l图像的斜率偏小，则小厦同学所测实验结果对应的图线是B；
由图乙类可知，a、b两单摆的周期之比为2：232=3：2。
故答案为：B、3：2。
根据单摆周期公式变形后得到T2−l的表达式，根据图像的斜率变化确定小厦所作的图像对应的直线；由图乙读出两个单摆的周期，再由周期公式变形可得摆长之比。
本题为测当地重力加速度的实验需要学生对该实验要熟记实验原理、注意事项以及误差分析，同时对单摆周期T=2π lg熟练应用。
12.【答案】BD AD m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
【解析】解：(1)AB、验证两小球碰撞前后的动量是否守恒，小球离开斜槽末端时必须具有水平初速度，所以斜槽末端切线必须保持水平，但轨道不一定光滑，故A错误，B正确；
CD、为保证两球发生对心碰撞，半径一定要相等，为保证碰撞后入射球不被反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误，D正确。
故选：BD；
(2)要验证动量守恒定律的表达式应为：m1v0=m1v1+m2v2，两边同乘以平抛的时间t后得到：m1v0t=m1v1t+m2v2t，只需要验证的表达式为：m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON，故需要测量的物理量有小球甲和小球乙的质量m1、m2和O点到M、N三点的距离OM、ON，故AD正确，BC错误；
故选：AD。
(3)根据上一问的分析可知，要验证的表达式为：m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故答案为：(1)BD；(2)AD；(3)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON。
(1)明确实验原理，确定各操作的正确与否；
(2)根据题目所提供的实验步骤，及该实验的操作要领分析缺失的步骤；
(3)由动量守恒定律倒推需要验证的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，这是解决问题的关键，要注意理解该方法的巧妙之处。
13.【答案】 黑 129##130##131## 1.29×102 ## 1.30×102 ## 1.31×102 k−R0 AC##CA
【详解】(1)[1]两表笔在使用时，电流总是“红进”“黑出”。所以黑表笔与表头 G 的“+”接线柱相连。
[2]如图甲所示，由表盘图像知，可得表头 G 的内阻为 13×10Ω=130Ω 。
(2)[3]由图乙知
k=UI
UI=R0+Rg
代入得
Rg=k−R0
(3)[4]AB.由关系式知
UI−R0=Rg
电压表读数 U测 小于电压表两端实际电压 U真 ，则
Rg测A正确，B错误；
CD.由乙图知， R0 和 Rg 串联， R0实Rg=UI−R0
则可知 Rg测故选AC。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)1s时物块开始运动， 2m/s2 ；(2) 13.5N⋅s ；(3) 8kg⋅m/s
【详解】(1)物块所受最大静摩擦
fm=μmg
可得
fm=1N
由图可知， t0=1s 时 F1=1N ，物块开始运动， 3s 时 F2=3N ，对物块有
F2−μmg=ma
解得
a=2m/s2
(2)由图像可知
IF=0+F22t1+F2t2
解得
IF=13.5N⋅s
(3) 0−6s 内摩擦力的冲量为
If=−0+fm2t0+μmgt2+t1−t0
对物块
IF+If=p−0
解得
p=8kg⋅m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) v0= 2qU1m ；(2) y=U2L24U1d2 ；(3) qm=L+2d122U1t2 (或 t=L+2d1 m2qU1 )
【详解】(1)在 a、b 板间加速时
qU1=12mv02
解得
v0= 2qU1m
(2)在 M、N 板间偏转
平行于板方向
L=v0t2
垂直于板方向
qU2d2=ma
y=12at22
解得
y=U2L24U1d2
(3)在 a、b 板间
d1=v02t1
总时间
t=t1+t2
解得
qm=L+2d122U1t2

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) I= 2mEp ；(2) WBA=12mv12−Ep+32mgL ；(3) r1= 2kq23mg ；(4) ΔE=−74mv12−58q kmg6
【详解】(1)弹射过程，对 A 根据能量守恒有
Ep=12mv02
根据动量定理有
I=mv0−0
解得
I= 2mEp
(2)从开始运动到 P 点过程中， A 受力如图甲所示
对A根据动能定理有
WBA+−mgLsin30∘+−qEL+−fAL=12mv12−12mv02
由题意
fA=18mg
解得
WBA=12mv12−Ep+32mgL
(3)在 P 点， A 所受合力为0，如图乙所示有
fA+mgsinθ+qE=kq2r12
解得
r1= 2kq23mg
(4)在 P 点时，对物块B如图乙所示，有：
kq2r12+2mgsinθ=fB+qE
解得
fB=138mg
此时B恰好开始滑动．
从 P 到 Q 的过程中，对于A、B组成的系统，由于
qE+3mgsinθ+fA=qE+fB
系统所受合外力为0，动量守恒，因此有
mv1=m⋅2v1+2mvB
可得
vB=−12v1
从 P 到 Q 的过程中，对于A、B组成的系统，由动能定理，得：
−mgxAsin30∘+2mgxBsin30∘−18mgxA−138mgxB+W电+W弹=12m2v12+12⋅2mvB2−12mv12
得
W电+W弹=74mv12+58mgxA+xB
故
ΔE=−74mv12−58mgxA+xB
在 Q 点， A 所受合力为0，如图丙所示有
mgsinθ+92mg+fA+qE=kq2r22
解得
r2=12 2kq23mg
根据几何关系
xA+xB=r1−r2
解得
ΔE=−74mv12−516q 23kmg=−74mv12−58q kmg6

【解析】详细解答和解析过程见答案