2023-2024学年山东省临沂市高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省临沂市高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于磁感应强度，下列说法中正确的是( )
A. 由B=FIL可知，B与F成正比，与IL成反比
B. 一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场
C. 磁感应强度的方向就是该处电流受力方向
D. 磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量
2.同一地点有甲、乙两个单摆，摆球质量之比m甲:m乙=1:2，甲摆动5次时，乙恰好摆动3次，它们都在作简谐运动。可以判断这两个单摆摆长之比l甲:l乙为
( )
A. 9∶25B. 25∶9C. 3∶5D. 5∶3
3.下面左图为双缝干涉实验装置示意图，右图为用该装置实验时得到的甲、乙两种单色光的干涉条纹。下列说法正确的是( )
A. 若甲光是蓝光，乙光可能是红光
B. 将光屏移近双缝，其他条件不变，干涉条纹间距变小
C. 换一个双缝之间距离更小的双缝，其他条件不变，干涉条纹间距变小
D. 用白光进行实验，光屏上无干涉条纹
4.对于下列光学现象，说法正确的是( )
A. 在水中看到空中的物体比其实际位置变低
B. 用光导纤维束传送图象信息，这是光折射的应用
C. 泊松亮斑实验否定了光的波动说
D. 观看立体电影所佩戴的眼镜是一对透振方向互相垂直的偏振片
5.如图所示，电路中开关S闭合，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则
( )
A. 电流表读数减小B. 电源的效率增大
C. 微粒P将向下运动D. R3上消耗的电功率增大
6.如图电路中开关S接通后，电阻R1每通过1C的电量放出2J热量，电阻R2上每通过1C的电量放出4J的热量，电阻R3与R1消耗电功率相等，则R1、R2、R3的电阻值之比是
( )
A. 1∶4∶4B. 1∶2∶2C. 1∶2∶4D. 2∶1∶1
7.如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v ​1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v ​2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是
A. 物块所受的摩擦力的冲量可能为零
B. 合力对物块的冲量大小可能为零
C. 合力对物块的冲量大小可能为2 m v ​2
D. 合力对物块的冲量大小可能为m v ​1− m v ​2
8.如图所示，轻弹簧下端悬挂两小球P、Q，两小球通过一段轻绳相连。让小球P从弹簧原长的位置A点静止释放，当小球P向下运动到最低点时绳子恰好被拉断，弹簧始终未超过弹性限度。已知两小球质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，则
( )
A. 绳子能承受的最大拉力为3mgB. 绳断后球P做简谐运动的振幅为3mgk
C. 绳断后球P回到位置A时的速度最大D. 绳断后瞬间球P加速度大小为2g
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。关于下列实验操作及实验现象的说法正确的是( )
A. 闭合开关，线圈A插入线圈B的过程中，灵敏电流计的指针发生偏转
B. 闭合开关，线圈A插入线圈B后保持静止，灵敏电流计指针发生偏转
C. 闭合开关，线圈A插入线圈B后，变阻器滑动头快速滑动过程中，灵敏电流计指针发生偏转
D. 线圈A插入线圈B后，闭合开关及断开开关，都将引起灵敏电流计的指针发生偏转
10.使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量小于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A. 甲的速度大小比乙的大B. 甲的动量大小比乙的大
C. 甲的动量大小与乙的相等D. 甲和乙的总动量方向向左
11.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示，质点P的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是
( )
A. 波沿x轴正方向传播
B. 波速大小为1m/s
C. 经过3s质点P经过的路程180cm
D. 质点P的振动方程y=20sin5π3t+16πcm
12.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某品牌汽车电池采用的是“刀片电池”技术。某学习小组在实验室测量一块电池电芯的电动势E和内阻r。为了能较准确地测量，该小组利用图甲所示电路进行实验，单刀双掷开关S2先后与1、2连接，调节R阻值，得到多组电压和电流的数据，根据实验记录的数据绘制了A、B两条U−I图线，如图乙所示。则( )
A. 仅利用S2接2时的数据，所得内阻测量值小于真实值
B. 图线B是利用单刀双掷开关S2接1中的实验数据绘制的
C. 综合A、B两条图线，可以排除两电表内阻的影响，得到此电芯的内阻r=EAIB
D. 综合A、B两条图线，可以排除两电表内阻的影响，得到此电芯的内阻r=EBIA
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
(1)将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界
(2)①激光笔发出的激光从玻璃砖上的M点水平入射，到达ef面上的O点后反射到N点射出。用大头针在白纸上标记O点、M点和激光笔出光孔Q的位置
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作QM连线的延长线与ef面的边界交于P点，如图所示
③用刻度尺测量PM的长度d1为2.40cm，测量OM的长度d2为3.20cm
(3)利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=__________；由测得的数据可求得折射率n为__________(结果保留3位有效数字)
(4)相对误差的计算式为δ=测量值−真实值真实值×100%。为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中激光在M点入射时应尽量使入射角_________(填“稍小一些”或“稍大一些”)。
14.某同学买了一卷铜导线，想在不拆散导线卷情况下，估测该卷铜导线的长度。
(1)该同学剥去导线末端的少许绝缘皮，用螺旋测微器测铜导线直径，如图(a)所示，该铜导线直径为_________mm。
(2)该同学找来实验器材来测量该卷铜导线的总电阻Rx，电路图如图(b)所示，其中R1=0.90Ω，R2=100Ω，G为灵敏电流计，R3为电阻箱，电路其余部分电阻均不计。
①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于________端(填“A”或“B”)；
②闭合开关并移动变阻器滑片，发现电流计有示数。调节电阻箱，使电流计指针稳定指向中央零刻度线，此时电阻箱阻值如图(c)所示，则该卷铜导线的电阻为_________Ω；
③已知铜导线的电阻率约为1.8×10−8Ω⋅m，该同学测得导线的实际长度约为_________m(π取3，最终结果保留整数)
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5cm，波长均为8m，波速均为4m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向上振动；Q波刚好传到x=10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(1)在答题卡给出的坐标图上画出P波在t=2.0s时刻的波形图；
(2)求出x=5m处质点第一次到达波峰的时刻；
(3)求出图示范围(0≤x≤10m)内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最小的平衡位置。
16.如图所示，等腰直角ΔABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，AB=AC=3a，紧贴BC边上的P点放一点光源，BP= 2a，点光源发出的光在棱镜中传播时，棱镜材料的折射率n=2，只研究从P点发出照射到AB边上的光线。
(1)求出光在棱镜中的传播速度v及发生全反射的临界角C；
(2)某一部分光线可以依次在AB、AC两界面均发生全反射，请利用作光路图的方法找到并指明该部分光线在AB边上的照射区域；(要求：作光路图时在AB边上作出法线，标出入射角度数)
(3)求出(2)问中光线在AB边上的照射区域的长度。
17.如图所示，滑板比赛中运动员从平台水平飞出后，经t1=0.6s时落到斜坡上，然后他弯曲双腿做缓冲，经t2=0.3s后其速度方向变为沿斜坡方向。已知斜坡倾角α=37°，运动员及滑板视为整体，其总质量m=50kg，空气阻力忽略不计(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)求：
(1)运动员从平台水平飞出的初速度大小v0；
(2)在t2时间内斜坡对运动员及滑板垂直于斜坡方向的平均冲击力F的大小。
18.如图所示，水平地面上有一固定光滑轨道ABC，其左侧为四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=7.2m，右侧是光滑的水平面BC。紧挨着轨道右侧有一质量为m0=1kg的小车，小车与水平地面间无摩擦，小车左端和轨道末端C平滑过渡但不粘连，最右边有一固定的竖直墙壁，小车足够长，且小车右端距离墙壁足够远。在轨道末端C点静止放置一个质量为m1=2kg的滑块N(可视为质点)，现将一质量为m2=2kg的滑块M(可视为质点)从轨道顶端A点由静止滑下，经过ABC后与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减小为碰撞前速度大小的12。已知滑块N与小车的上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，在整个过程中滑块N未从小车上滑落，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)滑块M运动到C点时(还未与滑块N碰撞)的速度大小；
(2)从滑块N滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N与小车整体减少的机械能E减；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.公式 B=FIL 是磁感应强度的定义式，磁感应强度与磁场本身有关，与F、IL无关，故A错误；
B.若通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体不受磁场力，故一小段通电导体在某处不受磁场力，此处不一定无磁场，故B错误；
C.电流在磁场中受力方向由左手定则进行判断，其方向与电流方向相互垂直，故C错误；
D.根据 B=ΦS 可知，磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】相同时间内，甲摆动5次，乙摆动3次，说明甲乙摆动周期之比为
T甲:T乙=3:5
根据单摆周期公式可知
T=2π lg
可得这两个单摆摆长之比
l甲:l乙=T甲2:T乙2=9:25
故选A。
3.【答案】B
【解析】A.由
Δx=Ldλ
可知甲的干涉条纹间距大，所以甲的波长长，则甲光可能是红光，乙光可能是蓝光，故A错误；
BC.根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距
Δx=Ldλ
可知若要干涉条纹间距变小，可以将光屏移近双缝，或增大双缝之间的距离 d ，故B正确，C错误；
D.用白光进行实验，则干涉条纹是彩色条纹且中央亮纹是白色的，其它亮纹中红色波长最长在最外侧，紫色光波长最短在最内侧，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.根据光的折射原理，结合人的错觉是光沿着直线方向传播，因此在水中看到空中的物体变高，故A错误；
B.用光导纤维束传送图象信息，这是光的全反射的应用，选项B错误；
C.泊松亮斑是光的衍射现象，实验肯定了光的波动说，选项C错误；
D.观看立体电影所佩戴的眼镜是一对透振方向互相垂直的偏振片，选项D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】AD.滑动变阻器R2的滑片向b端移动时接入电路的阻值减小，回路中的总电阻减小，电流增大，电源内阻和R1分得的电压增大，R2和R3两端的电压减小，所以通过R3的电流减小，通过R2的电流增大，即电流表读数增大，根据
P3=I32R3
可知R3上消耗的电功率减小，故AD错误；
Ｂ.根据电源的效率
η=R外R外+r×100 0/0
可知电源的效率减小，故B错误；
C.电容器两极板间的电压等于R2两端的电压在减小，两极板间的电场强度减小，所以微粒P将向下运动，故C正确。
故选C。
6.【答案】A
【解析】根据
Q=IUt=Uq
电阻R1每通过1C的电量放出2J热量，可知R1两端电压U1=2V；电阻R2上每通过1C的电量放出4J的热量，可知R2两端电压U2=4V；电阻R3与R2电压相等，电阻R3与R1消耗电功率相等可知
U12R1=U22R3
可得电阻
R3=4R1
R2R3R2+R3=2R1
可得
R3=R2
R1:R2:R3=1:4:4
故选A。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据物块返回到P点的速度大小，结合动量定理求出合外力的冲量，根据动能定理得出合外力做功的大小。
本题考查动能定理和动量的相关知识，解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合动量定理和动能定理进行求解，难度中等。
【解答】
若v2若v2>v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合=mv1+mv2，根据动能定理得，合力做功为：
W=12mv12−12mv22≠0
综上，合力对物块的冲量大小为mv1+mv2，也可能为2mv2，合力做的功可能为零，也可能不为零；
故ABD错误，C正确。
故选C。
8.【答案】B
【解析】A.将P、Q看成整体，小球P从弹簧原长的位置A点静止释放，根据牛顿第二定律有
2mg=2ma
当小球P向下运动到最低点时，根据对称性，对Q，根据牛顿第二定律有
FT−mg=ma
绳子能承受的最大拉力为
FT=2mg
故A错误；
B.绳断后球P处于平衡位置时，弹簧的伸长量有
mg=kx1
当小球P向下运动到最低点时，根据牛顿第二定律有
kx2−2mg=2ma
绳断后球P做简谐运动的振幅为
A=x2−x1=3mgk
故B正确；
C.绳断后，球P的重力等于弹簧弹力时，球P的速度最大，A点为弹簧原长的位置，故球P回到位置A时的速度不是最大，故C错误；
D.绳断后瞬间，对P，根据牛顿第二定律有
kx2−mg=ma1
球P加速度大小为
a1=3g
故D错误。
故选B。
9.【答案】ACD
【解析】A.闭合开关，线圈A插入线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，则灵敏电流计的指针发生偏转，选项A正确；
B.闭合开关，线圈A插入线圈B后保持静止，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，选项B错误；
C.闭合开关，线圈A插入线圈B后，变阻器滑动头快速滑动过程中，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转，选项C正确；
D.线圈A插入线圈B后，闭合开关及断开开关，则穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，都将引起灵敏电流计的指针发生偏转，选项D正确。
故选ACD。
10.【答案】AB
【解析】A.根据牛顿第二定律
F磁−μm甲g=m甲a甲
F磁−μm乙g=m乙a乙
可得
a甲=F磁m甲−μg ， a乙=F磁m乙−μg
甲的质量小于乙的质量，可得
a甲>a乙
在它们相互接近过程中，磁力不断增大，甲、乙做加速度增大的加速运动，在它们相互接近过程中的任一时刻甲的加速度均大于乙的加速度，故甲的速度大小比乙的大，故A正确；
BC.根据动量定理
p甲=(F磁−μm甲g)t
p乙=(F磁−μm乙g)t
甲的质量小于乙的质量，故甲的动量大小比乙的大，故B正确，C错误；
D.以向右为正方向，甲和乙的总动量为
p=(F磁−μm甲g)t−(F磁−μm乙g)t=μ(m乙−m甲)gt>0
可知甲和乙的总动量方向向右，故D错误。
故选AB。
11.【答案】BD
【解析】A.t=0时刻质点P向上振动，根据同侧法，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.波长为
λ=2×(0.9−0.3)m=1.2m
周期为
T=2×(1.1−0.5)s=1.2s
波速大小为
v=λT=1m/s
故B正确；
C.经过3s，即 52T ，质点P经过的路程为
s=52×4A=10A=200cm
故C错误；
D.质点P的振动方程为
y=Asin(2πTt+φ)=20sin5π3t+φcm
将 (0,10cm) 代入可得
φ=π6
质点P的振动方程为
y=20sin5π3t+16πcm
故D正确。
12.【答案】AC
【解析】AB.当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U−I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，由图可以判断图线是A，单刀双掷开关S2接2时图线缓一些，由图可以判断图线B，故A正确，B错误；
CD.S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，排除两电表内阻的影响，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
E=EA
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U−I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
r=EAIB
故C正确，D错误。
故选AC。
13.【答案】 d2d1 1.33 稍小一些
【解析】(3)[1]做出光线在M点的法线，标出入射角i和折射角r，如图
由几何关系可得
sini=fMd1,sinr=fMd2
根据折射率的公式，可得
n=sinisinr=d2d1
[2]代入数据，解得
n=
(4)[3]为了减小d1、d2测量的相对误差，实验中d1、d2要尽量稍大一些，即激光在点入射时应尽量使入射角稍小一些。
14.【答案】 2.280 A 0.6 217
【解析】(1)[1]该铜导线直径为2mm+0.01mm×28.0=2.280mm。
(2)①[2]开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于A端；
②[3]电阻箱的读数为R3=150Ω，根据
R1R2=R3Rx
解得该卷铜导线的电阻为
Rx=0.6Ω
③[4]根据
Rx=ρLS=4ρLπd2
解得
L=πd2Rx4ρ=3×(2.280×10−3)24×1.8×10−8m=217m
15.【答案】(1)(2)t=1.75s；(3)x=3m或x=7m
【解析】(1)在t=2s时刻P波沿x轴正向传播的距离为
x=vt=8m=λ
此时x=8m处的质点在平衡位置向上振动，则波形如图；
(2)两列波传到x=5m处用时间相同，均为
t1=xv=1.25s
开始起振方向沿y轴正向，则到达波峰还需要的时间
t2=T4=14×84s=0.5s
x=5m处质点第一次到达波峰的时刻t=1.75s；
(3)两列波干涉而振动振幅最小的位置满足
(10−x)−x=λ2(2n+1)(n=0,1,2,)
解得
x=3m或x=7m
16.【答案】(1) c2 ，30°；(2)见解析；(3) 2 33a
【解析】(1)光在棱镜中的传播速度
v=cn=c2
全反射的临界角
sinC=1n
解得
C=30∘
(2)从P点发出的光线，照射到AB上的M点恰好发生全反射，可知光线照射到MA段时，都会发生全反射。从M点反射的光线，照射到AC上R点时，根据几何关系可知，在AC上的入射角为60°，也发生全反射；在MA段上某点N反射的光线，在AC上经Q点反射，恰好达到临界角30°，由于为直角三角形，可求出在N点的入射角为60°，如图所示
(3)在 ΔMBP 中，根据正弦定理
sin60∘BP=sin180∘−45∘−60∘BM
同理在 ΔNBP ，根据正弦定理
sin30∘BP=sin(180∘−45∘−30∘)BN
光线在AB边上的照射区域的长度
MN=BN−BM
又因为
BP= 2a
解得
MN=2 33a
17.【答案】(1) 4m/s ；(2) 800N
【解析】(1)运动员从平台水平飞出后，做平抛运动
x=v0t1
y=12gt12
运动员落到斜坡上，则
tanα=yx
解得运动员从平台水平飞出的初速度大小为
v0=4m/s
(2)落到斜坡上时，运动员竖直方向的速度为
vy=gt1=6m/s
运动员垂直斜坡方向的速度分量为
v′=vycsα−v0sinα=6×0.8−4×0.6m/s=2.4m/s
在垂直于斜坡方向，根据动量定理有
(mgcsα−F)t2=0−mv′
在t2时间内斜坡对运动员及滑板垂直于斜坡方向的平均冲击力F的大小为
F=800N
18.【答案】(1) 12m/s ；(2) 72J ；(3) 10.5m
【解析】(1)滑块M从A点静止释放到C点过程，根据动能定理可得
m2gR=12m2v02
解得滑块M运动到C点时的速度大小为
v0= 2gR=12m/s
(2)滑块M与滑块N发生弹性碰撞，设碰后瞬间滑块M、N的速度分别为 v2 、 v1 ；根据动量守恒和机械能守恒可得
m2v0=m2v2+m1v1
12m2v02=12m2v22+12m1v12
解得
v2=0 ， v1=v0=12m/s
根据题意可知，小车与第一次撞墙前，滑块N与小车已经达到共速，根据动量守恒可得
m1v1=(m1+m0)v共1
解得
v共1=8m/s
由题意可知小车与第1次撞墙后，速度变为
v车1=12v共1=4m/s
则从滑块N滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N与小车整体减少的机械能为
E减=12m1v12−12m1v共12−12m0v车12=72J
(3)小车与墙壁第1次碰撞后，小车先向左做匀减速运动到速度为0，接着反向做匀加速到与滑块N第2次达到共速，之后小车与墙壁发生第2次碰撞；小车的加速度大小为
a=μm1gm0=2m/s2
小车与墙壁第1次碰撞后向左运动的距离为
x1=v车122a=4m
根据动量守恒可得
m1v共1−m0v车1=(m1+m0)v共2
可得小车与滑块N第2次达到共速的速度大小为
v共2=4m/s
小车与第2次撞墙后，速度变为
v车2=12v共2=2m/s
小车与墙壁第2次碰撞后向左运动的距离为
x2=v车222a=1m
根据动量守恒可得
m1v共2−m0v车2=(m1+m0)v共3
可得小车与滑块N第3次达到共速的速度大小为
v共3=2m/s
小车与第3次撞墙后，速度变为
v车3=12v共3=1m/s
小车与墙壁第3次碰撞后向左运动的距离为
x3=v车322a=0.25m
则小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程为
s=2x1+2x2+2x3=10.5m