江苏省常州市某中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷【含答案】

江苏省常州市金坛一中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共11小题，共44分。

1.激光刀模主要利用激光对刀模板进行高深度烧蚀，从而达到安装切割刀的目的。这个过程运用的激光性

质是（）

A.偏振B.亮度高C.平行度高D.相干性好

2.如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是单色光形成的干涉或衍射图样，根据各图样的特点可知（）

C.丙图是光射到圆孔后的干涉图样D,丁图是光射到圆板后的衍射图样

3.下述关于机械波的说法正确的是（）

A.若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率小于波源的频率

B.某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大

C.对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现象

D.在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长

4.一列简谐横波在均匀介质中沿无轴传播，图甲为t=2s时的波形图，图乙为x=26处的质点P的振动图

像，质点Q的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（）

B.t=3.5s时刻，质点Q位于正向最大位移处

C.质点P的振动方程为y=10sin（^t）cm

D.t=2s至t=2.5s这段时间内，质点P通过的路程大于5CTH

5.如图所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，以下说法正确的是（）

A.实验必须选用两光学表面平行的玻璃砖，否则无法测量

B.实验过程中，只有在画完光路图后，才能移除玻璃砖

C.由上图所示，某同学在测得图中的。1，&后，利用n=包等可以求得玻璃砖

sint/2

的折射率

D.实验中，大头针B与P2,P3与电间的距离应适当远一些

6.某小组用图9甲装置进行双缝干涉实验，调节完毕后，在屏上观察到如图乙所示的竖直条纹。下列说法

正确的是（）

透镜漉光片单缝双缝遮光筒光屏转轮

日----------仙翁目镜

U11测星头

甲

A.缩小单缝到双缝的距离，可使干涉条纹间距变大

B.在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头

C.仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变小

D.仅将绿色滤光片换为红色滤光片，干涉条纹间距将变小

7.在“用单摆测重力加速度大小”的实验中，小王同学作出周期72与摆线长L

的72一乙图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.实验所用摆球半径为b

B.实验所用摆球直径为a

C.当地的重力加速度大小为迫

a

D.当地的重力加速度大小为里

8.两列完全相同的机械波在某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和

虚线分别表示波峰和波谷，此时（）

A.P、M连线中点振动减弱

B.P、M连线中点速度为0

C.P、M、Q、N四点速度均为0

D.再经过半个周期，Q、N两点振动加强

9.踢毯子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毯子，毯子近似沿竖直方向

运动，空气阻力与速率成正比。毯子在空中运动过程中（）

A.动量变化量等于零

B.动量变化率一直减小

C.重力的冲量上升过程等于下降过程

D.重力的冲量上升过程大于下降过程

10.如图质量为小的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径

长度为2R,现将质量也为小的小球从距4点正上方%0高处由静止释放，然后

由a点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高

度为:%处（不计空气阻力，小球可视为质点），贝1（）

A.小球和小车组成的系统动量守恒

B.小球离开小车后做竖直上抛运动

C.小车向左运动的最大距离为2R

D.小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为与

11.如图所示，有一光滑轨道ABC,4B部分为半径0.2爪的,圆弧，BC部分水平，质量均为400g的小球a、b

固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为0.2小，小球可视为质点。开始时a球处于圆弧上端4点，由静止开始释

放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g=10M/S2,下列说法正确的是（）

A.a球下滑过程中机械能保持不变

B.两球都滑到水平轨道上时，a球速度大小为2m/s

C.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆不对两球做功

D.从释放小球到a、6球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功0.4/

二、实验题：本大题共1小题，共15分。

12.如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律。用天平测得4、8球的质量分别为Hi1和爪2。。点是轨道末

端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置。测出M、P、N与。的距离分别为力、S2、如

图乙所示。

(1)关于实验器材，下列说法正确的是=

A.A,B球的半径可以不同

区斜槽末端必须水平，斜槽必须光滑

C.重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点

(2)关于实验操作，下列说法正确的是=

A实验时白纸和复写纸可以随时调整位置

84球每次必须从同一位置由静止释放

C.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度

(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式,则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒。(用

题中测量量表示)

(4)若实验中测得为=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm,假设碰撞过程中动量守恒，则恤与叫之

比为=

(5)若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为(用Si、S2、S3表示)。

K

三、计算题：本大题共4小题，共41分。

13.如图所示，一束光沿圆心方向从半圆形表面射入玻璃半球后从底面射出，入射

光线与法线的夹角为30。，折射光线与法线的夹角为53。。已知光在真空中的速度

为3X108m/s,sm53°=0.8,cos53°=0.6。求：

(1)这束光在此玻璃半球中的折射率。

(2)这束光在此玻璃半球中的传播速率。

14.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图像如图所示，经0.5s,平衡位置在0.1爪处的质点

M第一次回到平衡位置，求：

(1)波传播的速度大小"；

(2)质点M在18s内通过的路程so

15.如图所示，实线是一列简谐波在t=0时刻的波形曲线，虚线是在t=2s时刻的波形曲线。

(1)求该波的周期；

(2)若波速是3.5m/s,写出久=1m处的质点的振动方程。

.y/cm

2

-3，w＞；01\2\/3/

16.如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为根=0.5的的光滑金属圆环，轻绳一端

拴在环上，另一端系着一个质量为M=1.96kg的物块，现有一质量为mo=40g的子弹以为=100m/s的水

平速度射入木块并留在物块中(不计空气阻力和子弹与物块作用的时间，g取10m/s2),求：

(1)圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；

(2)物块所能达到的最大高度；

(3)铁环的最大速度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：激光的亮度高，能量大，所以可以对刀模板进行高深度烧蚀。故8正确，AC。错误。

故选：Bo

激光具有亮度高、平行度好和相干性好的特点，然后结合实际的需要解得。

在这种情况下之所以选用激光，是因为激光会聚点很小，传递的能量很集中。

2.【答案】D

【解析】解：4、甲图中条纹间距相等，是光的双缝干涉图样，故A错误；

3、乙图中中间亮条纹最宽，向外条纹变窄，间距变小，是光的单缝衍射图样，故3错误；

C、丙图为圆孔衍射图样，故C错误；

D,丁图是光射到画板后的衍射图样，故。正确；

故选：Do

理解光的不同现象即对应的原理。

本题主要考查了光的干涉和衍射的相关应用，理解不同现象下的图样特点即可完成分析。

3.【答案】C

【解析】解：4根据多普勒效应可知，若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的波的频率大于波源的

频率，故A错误；

B、某一频率的声波，从空气进入水中时，波速"增大，周期T与频率/不变，根据波速、波长与频率的关系

可知，波长增大，故8错误；

C、根据发生明显衍射现象的条件可知，对同一列波，缝、孔或障碍物的尺寸比波长小时有明显的衍射现

象，故C正确；

。、根据简谐运动的对称性可知，在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于振幅的4倍，与波长无关，

故。错误。

故选：Co

根据多普勒效应分析答题；

波从一种介质传入另一种介质时波速与波长发生变化，周期与频率不变；

当缝、孔或障碍物尺寸与波长相差不多时会发生明显的衍射现象；

介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移。

本题涉及的知识点较多，难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

4.【答案】D

【解析】解：4由图乙可知质点P在t=2s时的振动方向向上，结合波形图，根据“同侧法”可知波沿%轴

正方向传播，故A错误；

3.由甲图可知波长为46，由乙图可知周期为4s,则波的传播速度为u=<=Jm/s=lm/s,在t=3.5s

时，波传播x=1x(3.5-2)m=1.5m,则Q点在t=3.5s时的振动与在Q点之前1.5爪处质点P在t=2s时的

振动相同，图中P点刚好经过平衡位置，故t=3.5s时刻质点Q也经过平衡位置，故B错误；

C.由题可知，振幅4=10cm,圆频率为3=年=学=今则质点P简谐运动的表达式为y=10s讥(0+

14ZZ

it)cm,故C错误；

D在t=2s时质点P在平衡位置，在t=2.5s时，代入简谐运动表达式可得力=10sin(^x2.5+ir)cm=

5/2cm,则这段时间内，质点P通过的路程为

5=^—0=5V-2cm>5cm,故。正确。

故选：D»

A、根据振动图像分析在t=2s时，质点P的振动方向，结合波形图分析波传播的方向；

B、由振动图像可知波的周期，根据t=3.5s时波的振动情况，分析Q点的位置；

C、由图可知波的振幅和圆频率，代入简谐运动的表达式；

。、根据简谐运动的表达式计算。

考查对波的传播规律的理解，清楚振动图像和波动图像的理解，熟悉振动方程的运用。

5.【答案】D

【解析】解：4玻璃砖表面不平行，只要操作规范不影响结果，故A错误；

8.实验过程中，插完大头针就可以把玻璃砖移除，然后再画光路图，故2错误；

C根据折射定律犯=幽可知，某同学在测得图中的名后，还需要测出光线在。点的折射角既，才能利用折

sinr,0

射定律求解玻璃的折射率，故C错误；

。实验中，为了减小确定入射光线和折射光线方向的误差，大头针B与22,P3与尸4间的距离应适当远一

些，故。正确。

故选：Do

根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答。

本题注意考查了插针法测定玻璃的折射率的实验，要明确实验原理、掌握实验的正确操作和注意事项。

6.【答案】B

【解析】解：4CD根据双缝干涉相邻条纹间距公式

L

Ax=-jA

a

干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关；仅更换双缝间距更小的双缝，干涉条纹间距将变大；仅将绿色滤

光片换为红色滤光片，由于红光的波长大于绿光的波长，则干涉条纹间距将变大，故AC。错误；

8在实验中，通过目镜看到的干涉条纹场景如图乙所示，纠正图中问题只需旋转测量头使分划板中心刻线

与条纹平行，故8正确。

故选：Bo

根据双缝干涉相邻条纹间距公式分析判断；根据实验装置分析判断。

本题关键掌握双缝干涉实验原理和装置。

7.【答案】D

【解析】解：设摆球半径为r,根据单摆周期公式T=2兀，

变形得厂=叱乙+㈣「

99

厂―L图像的纵截距虻r=b

9

图像的斜率k=空=2

gct

联立解得当地的重力加速度大小为g=等

摆球半径r=a

则实验所用摆球直径为d=2r=2a

故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据单摆的周期公式求解厂-L函数，结合图像的斜率与截距完成解答。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，关键是对图像的物理意义进行理解。

8.【答案】C

【解析】解：2B.此时M点波峰与波峰相遇，而P点是波谷与波谷相遇，则P、M两点是振动加强点，且P、

M连线上也是振动加强的，P、M两点连线中点未达到波峰或波谷，故速度不为0,故A8错误；

CP处于波谷，速度为零；M处于波峰，速度为零；Q、N两点为波峰与波谷相遇点即为振动减弱，则速度

为零，即四点的速度均为0,故C正确；

D.Q、N两点处于波谷与波峰相遇处，再经过半个周期，Q、N两点振动仍然减弱，故。错误。

故选：Co

波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为振动加强点；波峰与波谷相遇点即为振动减弱点；振动加强点的

连线上也是振动加强的。

本题考查了波的干涉中振动加强和减弱区域的特点，解题关键是波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇，均为

振动加强点，波峰与波谷相遇点即为振动减弱点。

9.【答案】B

【解析】解：A犍子上升的初速度为q，再次下落到原点时的速度为"，设向下为正方向，则动量变化量

4P=mv—(―mv0)=mv+mv0，故A错误；

A动量变化率等于毯子受到的合外力，上升过程合外力为mg+ku,则随速度减小，合外力变小；下降过

程的合外力mg-kv,则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，故B正确；

CD：上升过程中mg+ku=znai

下降过程中mg—kv=ma2,贝!Ja1>a2

根据％=1at2

可知上升的时间小于下降的时间，根据

I—mgt

可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，故C。错误。

故选：Bo

动量变化量等于末动量与初动量之差；动量的变化率等于毯子所受的合外力；根据牛顿第二定律分别计算

出健子上升和下降过程中的加速度，然后根据位移一时间公式得到上升与下降时间关系，然后根据冲量的

定义判断重力的冲量即可。

知道动量的变化率是毯子所受的合外力，能够根据牛顿第二定律得到毯子上升和下降过程的加速度，进而

根据位移一时间公式比较上升与下降时间关系。

10.【答案】B

【解析】解：4小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有

加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

3、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在4点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速

度为零，小球运动到8点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平

方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故8正确；

C、设小车向左运动的最大距离为x,规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守

恒定律

mv—mv'=0

即

2R—xx

m-t一—mt^°

解得

x=R

故c错误；

。、小球第一次从距2点始下落运动到B点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得

3

—4"o)—Wf—0

解得

1

Wf=-^mgh0

小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小

于机械能损失小于;mgho，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于:生，而小于'坛，故

。错误。

故选：So

小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受

合外力不为零，系统动量不守恒，在4点时系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均

为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动。

系统水平方向动量守恒，即可求出小车向左运动的最大距离。

小球第一次从距力点生下落运动到B点所在水平线的最大高度处过程中，由动能定理可求阻力做的功，小球

第二次在小车中运动时，对应位黑处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小。

本题考查了小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，以及功能关系的应用。

11.【答案】D

【解析】解：4BD.从释放小球到a、6球都滑到水平轨道上，两球组成的系统满足机械能守恒，根据机械能

守恒定律可得

1

mgR+mg(L+R)=X2mv7

解得a、b两球的速度大小均为

v=V_6m/s

从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据动能定理可得

1

mgR+勿杆=7

解得

加〃=0.4/

所以整个过程中轻杆对a球做功0.4/,a球下滑过程中机械能不守恒，故错误，。正确；

C.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中由于轻杆对a球做正功，所以轻杆对6球做负功，故

C错误。

故选：Do

ABD两球组成的系统根据机械能守恒和动能定理判断；

C.根据做功的条件判断。

本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析。

12.【答案】CBm1s2=爪遇]+m2s34：1s2=s3-s]

【解析】解：(1)4、为使两球发生对心碰撞，4、B球的半径必须相同，故A错误；

8、为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，只要入射球每次从斜槽的同一位置由静止释放，小球到

达斜槽末端时速度相等，斜槽无需光滑，故8错误；

C、重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；

故选：Co

(2)4、实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；

8、为保证4球每次碰撞前的速度相等，4球每次必须从同一位置由静止释放，故8正确；

C、根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平初速度，

无需测量地面的高度，故C错误；

故选：Bo

(3)两球碰撞过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，

以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m^o=+m2v2

小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点高度相等，则小球做平抛运动的时间t相等，

贝!|zni"ot=m1v-yt+m2v2t,则瓶也=m1s1+m2s3

(4)将Si=15.50cm、s2=25.50cm>s3=40.00cm^Am1s2=m1s1+m2s3^^：m1：m2=4：1

(5)若这个碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，

以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mIVo=+m2v2

由机械能守恒定律得：2nli诏=说+：小2谚，解得：S2=S3-Si

故答案为：(1)C；(2)B；(3)m1s2=mIs-^+m2s3；(4)4：1；(5)s2=s3-slo

(1)根据实验注意事项分析答题。

(2)根据实验原理与实验注意事项分析答题。

(3)两球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。

(4)根据实验数据求出两球的质量之比。

(5)弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的

表达式。

本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用动量守恒定律与机

械能守恒定律即可解题。

13.【答案】解：(1)由题意，入射角为i=30。，折射角为r=53。

由折射定律n=%可知

(2)由折射率与光在介质中的速率关系式

C

n=-

V

解得

v—1.875x108m/s

答：(1)这束光在此玻璃半球中的折射率为1.6。

(2)这束光在此玻璃半球中的传播速率为1.875X108m/s„

【解析】(1)已知入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；

(2)由n=3求这束光在此玻璃半球中的传播速率。

解决该题需要熟记折射定律的表达式，知道光在介质中传播速度的表达式。

14.【答案】解：(1)简谐横波沿”轴正方向传播，当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到

平衡位置，此过程中波传播的距离为

Ax=0.1m

所用时间为

At—0.5s

则波速大小为

Ax

V='At

解得

v=0.2m/s

(2)由图可知波长为

A=1.2m

则周期为

7a1.2j

T=v=^S=6S

则质点M在18s内完成的全振动次数为

n=^=1次=3次

16

所以其走过的路程为

s=3x4Z=12x20cm=240cm=2.4m

答：(1)波传播的速度大小u为0.2?n/s；

(2)质点M在18s内通过的路程s为2.4爪。

【解析】(1)当x=。处的振动状态传到质点M时，质点M第一次回到平衡位置，根据速度公式u=全求解波

速。

(2)读出波长，从而求出周期，根据一个周期内质点运动的路程为44来求解质点M在18s内通过的路程

So

本题采用波形的平移法求质点M第一次经过平衡位置时波传播的距离，这是常用的方法。对于做简谐运动

的质点，往往根据时间与周期的倍数来求解质点通过的路程。

15.【答案】解：(1)若该波向右传播，贝I」：

1

t=nT+4,(九=°，1，2,…),

解得：

T=益笳，(n=0,1,2,-);

若该波向左传播，则：

t=nT'+-T',(n=0,1,2,…)，

解得:

o

T'=GS,=0,1,2,-)；

(2)若该波向右传播，则：

v=Y=—^-m/s=3.5m/s,

解得：

n=1.5,

不是整数，则该波不是向右传播;

若该波向左传播，则：

A4Ti+3,cl,

v—=-^—m/s=3.5m/s,

解得：

n=1,

是整数，则该波向左传播；

则周期为：

由图可知，t=0时刻，x=1机处的质点由平衡位置向下振动，振幅为：A=2cm,

则振动方程为：

x=—Asin^t^m,

且：

27r

3=yr，

联立可得：

77r

x=-0.02sin(—

4

答：(1)若该波向右传播，周期为：T=岛5,(n=0,l,2,-);若该波向左传播，周期为：T'=焉5,

(71=0,12…)。

777

(2)若波速是3.5m/s,