陕西省榆林市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年陕西省榆林市高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.如图所示是杭州的美景——西湖，环绕湖边著名的“西湖十景”，自然与人文相互映衬，组成了杭州旅行的核心地带。关于西湖中的水波现象，下列说法正确的是(

)A.用声呐探测湖底某处的深度，利用了波的衍射现象

B.湖中水波绕过电线杆向前传播，是波的干涉现象

C.要观察到湖中水波明显的衍射现象，必须是障碍物或孔的尺寸跟波长差不多或者比波长更小

D.游艇鸣笛减速向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低2.如图所示为某同学研究单摆做阻尼振动的位移—时间图像，M、N是图像上的两个点，且M、N两点到平衡位置的距离相等，下列说法正确的是(

)A.单摆做阻尼振动的过程中周期变小

B.摆球在M点时的动能大于在N点时的动能

C.摆球在M点时做减速运动

D.摆球在N点时正在升高3.法拉第在1831年发现了“磁生电“现象。在探究磁生电实验中，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按如图所示的方式连接，下列说法中正确的是(

)A.开关闭合后，将线圈A从B中拔出会引起电流表指针偏转

B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流表指针均不会偏转

C.开关闭合后，保持滑片P不动，电流表指针会发生偏转

D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才会偏转4.以下四幅图片：图甲是一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光的示意图，图乙是双缝干涉示意图，图丙是检测工件表面平整程度时得到的图样，图丁是医用纤维内窥镜。下列说法中正确的是(

)A.图甲中，玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率

B.图乙中，若只增大光屏到挡板间距离，则两相邻亮条纹间距离将减小

C.图丙中，利用了光的衍射原理

D.图丁中，纤维内窥镜利用光导纤维进行光线与图像的传导，应用了光的干涉现象5.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板同时接地，静电计指针的偏转角度显示电容器两极板间的电势差大小，现保持正对面积S不变，缓慢增大两极板间距离d，以下说法正确的是(

)A.电容器极板带电量Q变小

B.电容器的电容C增大

C.电容器板间电场强度E不变

D.电容器两极板间电压U随d的增大而线性减小6.如图所示的电路中，电压表、电流表均视为理想电表，电源的电动势E=160V，内阻r=2Ω，提升重物的直流电动机电阻RM=0.6Ω，定值电阻R=8Ω，电压表的读数为110V，则(

)A.电流表的示数为183A

B.电动机的输入电功率为1100W

C.电动机的机械功率为550W

D.电动机工作1h所产生的热量为5.4×7.2024年巴黎奥运会于7月26日至8月11日举行，中国国家跳水队是中国体育届的王牌之师，在各项奥运项目中高居榜首，被誉为跳水“梦之队”。某次比赛中，质量m=50kg的运动员(可看作质点)从距水面h=5m的跳台边缘处由静止自由落下，触水瞬间，运动员受到水对他的竖直向上的作用力的大小F=6ρAv2，式中水的密度ρ=1.0×103kg/m3，触水瞬间的有效面积A=7×10−4m2，运动员从接触水面到速A.运动员从离开跳台到接触水面过程中重力的冲量大小为600N⋅s

B.运动员触水瞬间受到水的作用力大小为300N

C.运动员触水瞬间加速度的大小为1.6m/s2

D.二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.有位游客在江边观光，水面上有相距为d的两个浮标A、B，如图所示，水波(可视为简谐波)传播到A浮标时，A浮标从平衡位置开始向上振动，若此时开始计时，经历时间t1，A浮标第一次到达波峰，此时B浮标从平衡位置开始振动。下列说法正确的是(

)A.水波的波速为dt1B.水波的波长为2d

C.2.5t1D.2.5t9.如图所示，在边长为L的正六边形M、N、P三个顶点上分别固定电荷量为+Q、−Q、−Q的点电荷，X、Y、Z为正六边形的另外三个顶点，O点是正六边形的中心，静电力常量为k，下列说法正确的是(

)A.O点的电场强度大小为2kQL2

B.X点的电场强度大小为3kQ4L2

C.Z点的电势比Y点电势低

D.带负电小球沿OM10.如图所示，质量为m的物块N和质量为2m的物块M静止在光滑的水平面上，物块N的左侧连接了一个锁定了一定弹性势能的轻质弹簧，质量为3m的物块S以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与物块M发生弹性碰撞后，物块M向右运动并撞击锁定一定弹性势能的轻质弹簧，弹簧瞬间解锁，物块M与弹簧分离后，物块M与物块S的速度刚好相同，下列说法正确的是(

)A.S、M碰撞后，物块M的速度大小为85v0

B.S、M碰撞后，物块S的速度大小为15v0

C.轻质弹簧对物块N的冲量大小为三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个用刻度尺测横截面为半圆形玻璃砖折射率的实验，他进行的主要步骤是：水平放置的光屏MN与玻璃砖直径AB垂直并相切于A点，一束单色光S从空气中射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑C、D，如图所示，测得OC和OD的长度分别为a、b。

(1)根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式：n=______。

(2)实验中，不断增大入射角，______观察到全反射现象(填“能”或“不能”)。

(3)为减小实验测量误差，实验中应适当______单色光在O点的入射角(填“增大”或“减小”)。12.某实验小组测未知电阻R时，先用多用电表进行粗测，再采用“伏安法”较准确地测量未知电阻。实验室提供了下列可选用的器材：

A.电流表(量程为0～300mA，内阻约为1Ω)

B.电流表(量程为0～3A，内阻约为0.3Ω)

C.电压表(量程为0～3.0V，内阻约为3kΩ)

D.电压表(量程为0～15.0V，内阻约为5kΩ)

E.滑动变阻器(最大阻值为10Ω)

F.滑动变阻器(最大阻值为500Ω)

G.电源(电动势为4V)

H.开关、导线若干

(1)首先用多用电表粗测R的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______挡(填“×100”或“×1”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图所示，其读数为______Ω。

(2)为了尽可能提高测量准确度，采用“伏安法”较准确地测量未知电阻，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______(均填器材前面的字母)。

(3)如图给出的测量电路中，最合适的电路是______。

(4)若本实验中测得金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则该金属丝的电阻率的计算式为ρ=______(用所给的物理量的符号表示)。四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，N是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点N的振动图像。

(1)判断波沿x轴的传播方向并求波速大小；

(2)推导坐标原点处质点做简谐运动的表达式。14.利用电场控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。实验室的粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第二象限内有竖直向下的匀强电场，第一象限内有一静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心O的均匀辐向电场，第三象限内P、Q两个平行金属板之间的电压为U，一比荷为k的带正电粒子(不计粒子重力)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，从电场的下边界x轴上的A点沿与x轴夹角为α的方向进入电场，随后粒子会沿平行于x轴的方向从B点进入静电分析器，且恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的电场强度大小为E0。求：

(1)粒子运动到A点射入电场的速度大小v0和O、B间的距离；

(2)第二象限内匀强电场的电场强度大小；

(3)粒子在静电分析器中运动的时间t。15.如图所示，装置的右边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧右端固定在竖直墙面上，其左端连接着质量M=3kg的小物块T，物块T不会脱离弹簧。装置的中间是长度L=4.0m的水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v=7m/s的速度顺时针转动。装置的左边是一段光滑的水平台面连接的14圆弧的光滑曲面，质量m=1kg的小物块S从曲面上距水平台面R=5.25m处由静止释放，经过传送带后与物块T发生对心弹性碰撞，物块S与物块T碰撞前瞬间的速度大小为v1=9m/s。已知碰撞前物块T静止且弹簧处于原长状态，取g=10m/s2，物块均可看成质点，不计空气阻力，小物块T在运动过程中弹簧的形变未超过它的弹性限度，不考虑物块运动对传送带速度的影响。

(1)求小物块S与传送带之间的动摩擦因数；

(2)求小物块S与小物块T第一次碰撞后瞬间两小物块的速度大小；

(3)小物块S与小物块T第一次碰撞后传送带的传动速度降为v′=2.5m/s，方向保持顺时针方向不变，试求小物块S重新滑上传送带后Δt=2.4s内传送带对小物块S答案解析1.【答案】C

【解析】解：A、声呐探测湖底某处的深度，利用了波的反射现象，故A错误；

B、湖中水波绕过电线杆向前传播，是波的衍射现象，故B错误；

C、要观察到湖中水波明显的衍射现象，必须是障碍物或孔的尺寸跟波长差不多或者比波长更小，故C正确；

D、游艇鸣笛减速向我们驶来时，由多普勒效应可知，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，故D错误。

故选：C。

声呐利用了波的反射现象；

根据波的衍射分析判断；

依据多普勒效应的原理，掌握频率变化。

本题考查波的衍射与反射的原理与应用，理解多普勒效应的原理，注意多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的。2.【答案】B

【解析】解：A、由单摆的周期

T=2πLg

可知单摆的周期只与摆长和重力加速度有关，因此可知单摆做阻尼振动的周期不变，振幅减小，故A错误；

B、M、N两点对应位置高度相同，故从M到N重力做功为0，由于单摆做阻尼振动，可知摆球需克服阻力做功，由动能定理可知摆球在M点时的动能大于在N点时的动能，故B正确；

C、由图可知摆球在M点时正在靠近平衡位置，速度在增大，即摆球在M点时做加速运动，故C错误；

D、摆球在N点时正在靠近平衡位置，高度在降低，即摆球在N点时正在下落，故D错误。

故选：B。

可根据单摆阻尼振动的特点及位移—3.【答案】A

【解析】解：A.开关闭合后，线圈A就是电磁铁，将线圈A从B中拔出时，会导致线圈B中的磁通量减小，产生感应电流，所以电流表指针会偏转，故A正确；

B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈A将产生一个变化的磁场，引起B中的磁通量变化，产生感应电流，所以电流表的指针会偏转，故B错误；

C.开关闭合后，滑片P不动，A中的电流就不变，A的磁场也不变，通过线圈B的磁通量不变，就不会产生感应电流，电流表指针不会偏转，故C错误；

D.开关闭合后，只要移动滑片P，A中的电流就发生变化，产生的磁场就发生变化，而通过线圈B的磁通量发生变化，B中就会产生感应电流，使电流表指针偏转，即滑片P不一定要加速滑动，故D错误。

故选：A。

A.分析该过程中线圈B的磁通量变化情况；

B.先分析线圈A的磁场变化情况，再分析线圈B的磁通量变化情况；

C.根据电流变化分析线圈A的磁场变化情况，再分析线圈B的磁通量变化情况；

D.根据电流变化分析线圈A的磁场变化情况，再分析线圈B的磁通量变化情况。

考查了对电磁感应现象的理解，熟练掌握产生感应电流的几种方法(闭合回路中，部分导体切割磁感线、靠近或远离磁铁、其他导体中电流变化导致的磁场变化)。4.【答案】A

【解析】解：A、图甲中，a、b两束单色光的入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根据光的折射定律

n=sinθ1sinθ2

可知，玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率，故A正确；

B、图乙中，根据双缝干涉相邻亮或暗条纹间距公式

Δx=ldλ

可知，若只增大光屏到挡板间距离，则两相邻亮条纹间距离Δx将增大，故B错误；

C、图丙是利用薄膜干涉检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，利用了光的干涉，故C错误；

D、图丁中，光导纤维的核心原理是光的全反射，而非干涉。光从光导纤维的内芯(折射率大)射向外套(折射率小)时，满足全反射条件(入射角大于临界角)，光在内外芯界面不断全反射，实现远距离传导，与干涉无关，故D错误。

故选：A。

根据光的折射定律分析；

5.【答案】C

【解析】解：A、由于电容器充电后与电源断开，所以电容器极板带电量Q保持不变，故A错误；

B、根据电容器的决定式C=εrS4πkd可知随着d的增加，电容器的电容C减小，故B错误；

C、根据C=εrS4πkd，C=QU和E=Ud联立可得E=4πkQϵrS，E与d无关，可知电容器板间电场强度E不变，故C正确；

D、将C=εrS4πkd，C=QU联立可得U=4πkdQϵrS，可知电容器两极板间电压U随d的增大而线性增加，故D错误。

故选：C。6.【答案】D

【解析】解：A.电源的电动势E=160V，内阻r=2Ω，根据闭合电路欧姆定律可得

E=I(R+r)+UM

解得电路电流为

I=E−UMR+r,解得I=5A

即电流表的示数为5A，故A错误；

B.电动机的输入电功率为

P入=UMI=110×5W=550W

故B错误；

C.电动机的机械功率为

P机=P入−I2RM=550W−7.【答案】C

【解析】解：A.运动员从离开跳台到接触水面过程仅受重力作用，做自由落体运动，有

h=12gt2

解得

t=1s

则重力冲量的大小

I=mg⋅t，代入数据解得I=500N⋅s

故A错误；

B.根据速度—时间关系可得运动员触水瞬间的速度大小

v0=gt

则运动员触水瞬间受到水的作用力大小为

F0=6ρAv02,解得F0=420N

故B错误；

C.由牛顿第二定律有

mg−F0=ma

则运动员触水瞬间加速度的大小为

a=1.6m/s2

8.【答案】AC

【解析】解：A.由题意知，两浮标的振动图像如图所示(A浮标为实线，B浮标为虚线)

水波从A浮标传到B浮标的时间间隔为t1，故波速

v=dt1

故A正确；

B.由图可知周期为T=4t1

故波长λ=vT

解得

λ=4d

故B错误；

C.由t1=14T

所以

2.5t1=58T

2.5t1时刻，浮标A和B的位置分别位于平衡点下方22振幅处和平衡点上方22振幅处，浮标A和B的速度大小相等，方向都向下，故C正确；

D.2.5t1时刻，浮标A和B加速度大小相等，方向相反，故9.【答案】ABD

【解析】解：A、根据点电荷场强公式E=kQr2可知，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，两负电荷在O点产生的电场方向的夹角为120°，则O点的电场强度大小为

EO=kQL2+2kQL2cos60°=2kQL2，故A正确；

B、X点的电场强度大小为EX=2kQL2cos60°−kQ(2L)2=3kQ4L2，故B正确；

C、根据对称性可知，两负点电荷在Z点和Y点的电势相等。Z点、Y点到正点电荷的距离相等，正点电荷在Z点和Y点的电势也相等，则Z点和Y点的电势相等，故C错误；

D、根据电场强度的叠加可知，OM连线上电场强度沿MO方向，则带负电小球受到的电场力沿OM方向，带负电小球沿OM从O点移到M点过程中，电场力一直做正功，其电势能一直减少，D正确。

10.【答案】BCD

【解析】解：AB、设S、M碰撞后瞬间S的速度大小为v1，M的速度大小为v2，根据动量守恒定律有3mv0=3mv1+2mv2，根据能量守恒定律有12×3mv02=12×3mv12+12×2mv22，联立解得：v1=15v0，v2=65v0，故A错误，B正确；

C.物块M与轻质弹簧撞击分离后，物块M的速度大小为v3=v1=15v0，设物块11.【答案】ba

不能

减小【解析】解：(1)OC所在光线为反射光线，OD所在光线为折射光线，则玻璃砖折射率的表达式为

n=sin∠SOPsin∠DOQ=sin∠COPsin∠DOQ=sin∠ACOsin∠ADO=RaRb=ba；

(2)光是空气到玻璃，从光疏介质射入光密介质，发生全反射的条件是从光密到光疏现象，所以增加入射角不能观察到全反射现象；

(3)为减小实验测量的误差，OC、OD的距离应适当大些，所以实验中应适当减小单色光在O12.【答案】×1;12.0

A;C;E

B

πD【解析】解：(1)用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，知该电阻较小，换用“×1”挡位；

由图可知，其读数为12.0×1Ω=12.0Ω

(2)电源电动势为4V，为了测量精确，电压表应选择C；粗测的金属丝电阻约为12Ω，则流过金属丝的最大电流约为Imax=ER=412A≈0.333A=333mA

可知电流表应选择A。金属丝的电阻值仅仅约12Ω，与500Ω的滑动变阻器的电阻值相差比较大，滑动变阻器阻值越小，调节时电表变化越明显，为方便实验操作，滑动变阻器应选E。

(3)待测金属丝的阻值与电流表内阻相当，属于小电阻，电流表应采用外接法。题目要求尽可能提高测量精确度，滑动变阻器应用分压式接法。故ACD错误，B正确。

故选：B。

(4)根据

Rx=ρLS=ρLπ(D2)2

解得ρ=πD2Rx4L

故答案为：(1)×1；12.0

(2)A；C；E；

13.【答案】(1)波沿x轴正方向传播，波速大小为1m/s

(2)坐标原点处质点做简谐运动的表达式为y=−30sinπ2t(【解析】解：(1)由乙图分析，t=0时刻质点N的振动方向为y轴正向，结合甲图波形，根据“上下坡”法判定波传播方向为x轴正向。

由甲图测得波长λ=4m，乙图显示周期T=4s，因此波速v=λT，解得：v=1m/s。

(2)由波形图可得振幅A=30cm，周期T=4s，则角频率ω=2πT，解得：ω=π2rad/s。

t=0时坐标原点处质点沿y轴负向振动，故振动表达式为y=−Asinωt，代入得：y=−30sinπ2t(单位：cm)。

答：(1)波沿x轴正方向传播，波速大小为1m/s。

(2)坐标原点处质点做简谐运动的表达式为y=−30sinπ2t(单