山东省济宁市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷【含答案】

第=page11页，共=sectionpages11页山东省济宁市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共24分。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。

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【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Δx3.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.2.25【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=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180A.32BS B.32nB【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=Φ5.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【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t6.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【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B7.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：m

A.S1：S2 B.S2：【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

mS8.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+B22 B.B1【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′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，RA.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gA.单摆的周期为0.4πs B.单摆的摆长为1.6m

C.摆球所受合力提供其回复力【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=2πLg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=mgco11.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v024g【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=v12.一列简谐横波沿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【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：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【答案】BC

m【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−μmgcosθ=ma

化简得a=gsinθ−μgcosθ

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【答案】乙

E

1.00

450

=

【解析】解：(1)水果电池的内阻较大，为了减小误差，需要把电流表与电源先串联起来，用电压表测量滑动变阻器两端的电压，即大电阻采用相对电源的内接法，故选电路图乙；

(2)由甲、乙可知滑动变阻器选择限流式接法，且水果电池的内阻较大，为了使电表的示数变化较明显，则滑动变阻器选用最大阻值大的滑动变阻器E；

(3)由闭合电路欧姆定律，可得：U=E−I(RA+r)

可知，图线中纵轴截距为：E=1.00V

图线的斜率为RA+r=1.0−0.21.6×10−3Ω=四、计算题：本大题共4小题，共46分。15.手机防窥膜原理截面图如图所示，位于屏障正中间的P为点光源，可向四周发射光线。已知屏障高度为d，两屏障间距L=23d3，防窥膜厚度为D，屏障边缘光线的折射光线反向延长线的夹角θ为可视角，射向屏障的光线被完全吸收。

(1)若防窥膜透明介质的折射率n=【答案】解：(1)由防窥膜透明介质的折射率，可得到光在空气中和介质中的两个角的关系式满足：n=sinθ2sinα；

由几何关系，可得：sinα=L2(L2)2+d2，解得：sinα=12；

解得可视角θ【解析】(1)由防窥膜透明介质的折射率，可得到光在空气中和介质中的两个角的关系式；由几何关系，可计算可视角；

(2)由从16.2024年10月30日神舟十九号飞船成功发射，并成功进行了一系列实验。如图所示，太空舱中一弹簧振子沿竖直方向自由振动，一垂直于弹簧振子轴线的长绳与振子相连，沿绳方向建立x轴，沿弹簧轴线方向建立y轴，弹簧振子振动后，绳上产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为t0时刻绳子的波形图，虚线为(t0+0.2s)时刻绳子的波形图，P为x=4m处的质点。

(1)求绳波的传播速度；

【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【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>0.5s17.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【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

μmgcos37°−mgsi【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律计算电路中的电流，然后根据输出电压和输出电流的乘积计算即可；

(2)先根据牛顿第二定律计算小物体的加速度