江苏省徐州市2024-2025学年高二年级上册期末抽测物理试题（解析版）

江苏省徐州市2024-2025学年高二上学期期末抽测物理试题

一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。

1.光纤通信利用光信号传递数据，具有高速、大容量、低损耗、抗干扰等优势。光纤通信中光传播的主要

载体是光导纤维，它主要是利用了光的（）

A.干涉B.衍射C.偏振D.全反射

【答案】D

【解析】【解答】光纤通信中，光导纤维的全反射现象是其能够实现高速、大容量、低损耗、抗干扰等优势的

关键，光纤通信主要利用了光的全反射。

故选D。

【分析】光导纤维由内芯和包层组成，内芯的折射率高于包层，当光从内芯射向包层时，如果入射角大于临

界角，光将在内芯与包层的界面发生全反射，从而在光纤内部形成光的封闭传播路径。

2.做自由落体运动的物体，其动量p与时间I的p-£关系图线为（）

【答案】B

【解析】【解答】本题考查图象以及自由落体运动的规律，要注意掌握用图象来描述物体的运动性质的方法。

自由落体运动的物体的速度u=gt

根据动量的定义p=mv=mgt

可知动量p与时间£成正比例关系。

故选Bo

【分析】自由落体的物体只受重力，加速度恒定不变，速度和时间成正比，再由动量的表达式分析即可。

3.为确保公共安全，市民遛狗时应牵绳。如图所示，一市民遛狗时匀速前行，已知绳中拉力大小为F、方向

与水平面夹角为0。则在I时间内拉力的冲量为（）

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B.Ft,方句与F方向一致

C.Ftcos。,方向与F方向一致D.Ftcos。,方向沿水平方向向左

【答案】B

【解析】【解答】本题考查的是恒力做功，直接利用公式求解。根据冲量的定义可知在t时间内拉力的冲量为

/=Ft.方向与F方向一致。

故选Bo

【分析】根据冲量公式进行计算。

4.如图所示，长方体导体板放在方向与左、右表面垂直，磁感应强度为B的匀强磁场中。电流I是导体板

内电子定向运动产生的恒定电流。经过一段时间，电势较高的为（)

C.左表面D.右表面

【答案】A

【解析】【解答】电子的定性移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电

子向下偏转，下表面积累电子，使得上表面电势比下表面电势高，故A正确，BCD错误。故选：A。

【分析】根据电流的方向和左手定则判断上、下两板电势的高低。

5.红光和蓝光分别通过0.4mm、0.8mm的单缝产生明暗相间的条纹，如图所示。其中蓝光通过0.8mm的单

缝产生的条纹应是（）

A.

B.

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c.

【答案】D

【解析】【解答】单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中夬亮条纹越粗，

单缝越窄，衍射现象越明显，中央亮条纹越宽，蓝光波长小于红光，所以蓝光通过0.8mm的单缝产生的条纹

中央亮纹应该是最窄的。故ABC错误，D正确。

故选D。

【分析】根据单缝衍射条纹特点分析。单缝越窄，衍射现象越明显。

6.如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球、下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越

长，小球振动周期越大。平板在周期性外力作用下左右振动并带动小球振动，在振动过程中B球的振动幅度

最大。则在周期性外力作用下（）

A.小球B振动周期最大

B.小球C振动周期最大

C.只有小球B的振动周期与平板振动周期相同

D.三个小球的振动周期均与平板振动周期相同

【答案】D

【解析】【解答】共振现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅填人.平板的往复振动

对三个小球均构成周期性驱动力，所有被迫振动的小球，其振动频率（周期）都最终等于驱动力的频率（周

期）。只是当驱动力接近某个小球的固有频率时，该小球出现共振，振幅最大。本题中正是小球B的固有频

率与平板振动频率相近，故振幅最天；但三个小球的实际振动周期都与平板的周期相同，故D正确，ABC

错误。

故选D。

【分析】当平板在周期性外力作用不振动时，小球的振动会受到平板振动的影响，而小球B的振动幅度最

大，这暗示了小球B可能处于共振状态。

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7.如图所示，某同学用手使铅笔尖水平方向左右振动，另一同学匀速向外拖动白纸，纸上就画出一条描述

笔尖振动情况的x-t图。笔尖经图中P点时（）

A.速度方向水平向左B.动能正在逐渐减小

C.加速度方水平向向右D.回复力正在逐渐增大

【答案】A

【解析】【解答】本题与沙摆实验相似，采用描迹法得到简谐运动的图象，关键要抓住笔尖的运动与白纸运动

的同时性，知道位移是周期性变化的。根据纸带的运动方向，可知笔尖经图中P点时速度方向水平向左，接

近平衡位置，动能逐渐增大，根据尸=-依=ma

可知加速度向左，回复力逐渐减小。

故选A。

【分析】笔尖在白纸上沿垂直于纸运动的方向振动，白纸运动方向上的坐标代表时间，与运动方向垂直的坐

标代表位移，然后结合简谐振动的特点分析即可。

8.如图，金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于沿z轴负方向的匀强磁场中，棒中通以沿x轴正方向

的电流I,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为心若要使。角变大，正确的操作是（）

A.两悬线等长变短B.磁感应强度变小

C.棒中电流变大D.金属棒的质量变大

【答案】C

【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力作用下导体棒

的方向问题，根据平衡条件列出方程。A.根据导体棒的受力情况有

BIL

可知两悬线等长变短，安培力不变，。角不变，故A错误；

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B.磁感应强度变小，安培力变小，。角变小，故B错误；

C.棒中电流I变大，安培力变大，。角变大，故C正确；

D.金属棒质量变大，mg变大，。角变小，故D错误。

故选Co

【分析】对金属棒受力分析，根据平衡条件列式，再分别进行判断。

9.如图所示，A、B、C是三只完全相同的灯泡，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。卜.列说

A.闭合开关S瞬间，A、B、C均逐渐变亮

B.闭合开关S瞬间，A和C立即亮、B逐渐变亮

C.断开开关S瞬间，C立即熄灭

D.断开开关S瞬间，A闪亮后逐渐熄火

【答案】D

【解析】【解答】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，

将所并联的电路短路。AB.由于自感线圈L阻碍电流增大，所以闭合开关S瞬间，A先凫，B、C逐渐变

亮，稳定后三个灯泡一样亮，故AB错误；

CD.断开开关S瞬间，自感线圈、A、B、C组成闭合回路，自感线圈阻碍电流减小，所以B、C逐渐熄

火，流过A的电流等于流过B、C电流之和，比断开开关前电流大，所以A闪亮后逐渐熄灭，故C错误，D

正确。

故选D。

【分析】电感在内部电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增

大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源。

10.如图所示，水平面上放一型框架，其上表面放置一物块，物块和框架之间用轻质弹簧连接。所有接

触面光滑，框架足够长。开始时框架和物块均处于静止状态，用细线拉紧弹簧。剪断细线后，则（）

A.系统的动量增大

B.系统的机械能增大

C.弹簧原长时物块的动量最大

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D.弹簧伸长量最大时框架动量最大

【答案】C

【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，掌握动量守恒与机械能守恒的条件。

A.对整个系统分析可知合外力为0,物块和框架组成的系统动量守恒，系统动量不变，故A错误；

B.整个系统只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故B错误；

CD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹簧对物块和框架都做正功，当弹簧处于原长时，物块和框架的速度都达

到最大，根据p=mu可知此时物块和框架的动量都达到最大。

故C正确，D错误。

故选Co

【分析】根据机械能守恒的条件与动量守恒的条件，判断可知此系统满足动量守恒定律与机械能守恒定律；

此系统的初始动量为零，可知物块的动量与框架的动量总是等大反向。弹簧原长时物块与框架的动能与动量

均为最大。弹簧伸长量最大时物块与框架的速度相同，此时物块与框架的动量均为零。

11.某企业应用电磁感应产生的涡流加热金属产品，其工作原理图如图甲所示。线圈中通过的电流i与时间t

的关系如图乙所示（图甲中所示的日流方向为正）。则置于线圈中的圆柱形金属导体在0-£1时间内产生的涡

流（从左向右观察）（）

A.顺时针方向，逐渐增大B.顺时针方向，逐渐减小

C.逆时针方向，逐渐增大D.逆时针方向，逐渐减小

【答案】C

【解析】【解答】解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量

的变化。由题图可知时间内电流逐渐减小，根据楞次定律可知圆柱形金属导体在时间内产生的涡

流（从左向右观察）与电流方向相同，即为逆时针方向，电流的变化率增大，则圆柱形金属导体内磁通量的

变化率增大，根据法拉第电磁感应定律可知电流逐渐增大。

故选Co

【分析】电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做

涡流。根据楞次定律判断电流方向。

二、本题共5小题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12.如图所示.某同学利用一半径为R的光滑圆弧而测定本地的重力加速度八该同学把小球移到距离最低点

O较近的A点，由静止释放小球，小球在A点、B点之间振动，圆弧面弧长/T&VVR。因小球的运动可等效

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为单摆摆球的运动，该系统也称为圜弧摆。

（1）为较精确测量小球多个振动周期的运动时间，计时起始位置应为

A.A点

B.O点、

C.A点、B点之间的任意位置

（2）该同学正确选择计时起点位置，多次从A点静止释放小球，分别得出各次的振动周期，然后求出振

动周期的平均值，这种方法求周期可以减小误差（选填"偶然”、"系统

（3）该同学逐渐降低释放点高度，并分别测出小球的振动周期。从较高位置释放小球的振动周期

从较低位置释放小球的振动周期（选填“大于”、“小于”、“等于

（4）在某次实验中，测得n次全振动的时间为t。该同学将圆弧面的半径R作为摆长，代入单摆的周期

公式，可求得当地的重力加速度g=（用题中提供的物理量符号表示）。该同学发现，通过

以上方式求得的重力加速度总比当地的重力加速大。造成这种结果的原因

是O

【答案】（1）B

（2）偶然

（3）等于

（4）g=也要；未考虑小球半径，代入计算时圆弧摆的摆长偏大

【解析】【解答】本题考查了用单摆测重力加速度，理解实验的原理是解题的关键；要理解单选的周期公式的

含义，要正确进行误差分析。

（1）为便于观测，计时起始位置应为平衡位置。点。

故选B。

（2）求出振动周期的平均值，这种方法求周期可以减小偶然误差。

（3）根据单摆周期公式7=可知，从较高位置释放小球的振动周期等于从较低位置释放小球的振动周

期。

（4）小球运动的周期为7=云结合单摆周期公式7=2兀4

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47r2n2R

解得g=

造成这种结果的原因是未考虑小球巨径,代入计算时圆弧摆的摆长偏大。

【分析】（1）最低点比较好确定，观察误差较小;

（2）根据实验原理分析判断及偶然误差和系统误差的区别分析;

（3）根据单摆周期公式分析；

（4）求出单摆运动的周期，根据7=2兀4分析解答。

（1）为便于观测，计时起始位置应为平衡位置0点。

故选B。

（2）求出振动周期的平均值，这种方法求周期可以减小偶然误差。

（3）根据单摆周期公式7=2万居可知，从较高位置释放小球的振动周期等于从较低位置释放小球的振动周

期。

（4）[1]小球运动的周期为7二：

结合单摆周期公式7=

47r2八2R

解得g=

⑵造成这种结果的原因是未考虑小球半径,代入计算时圆弧摆的摆长偏大。

13.在一均匀介质中，两个相距勺=160m同步振动的波源Si、S?,其振动频率均为/=10Hz。产生的简谐

波在介质中传播速度u=320?n/so在•波源S]正上方M=120m处有■点N。

N?I

I

I

I

I

I

I

・•

5s?

（1）求简谐波的波长晨

（2）通过计算说明，N点是振动加强点、还是振动减弱点。

【答案】（1）解：由波速、波长、频率关系有4=声

解得4=32m

（2）解：由几何关系可知，波源S?距离N点的距离为S2/V=J1602+i2（）2m=200m

N点到Si和S2的路程差为Ax=S?N—S[N=80m

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因瓜7・5,所以N点为减弱点

【解析】【分析】（1）由波速、波长、周期的关系，即可计算波长；

（2）由N点与两个波源的距离差，即可知其是振动加强点还是减弱点。

（1）由波速、波长、频率关系有a二彳

解得2=32m

（2）由几何关系可.知，波源S2距离N点的距离为52%=316（）2+1202m=2（）（）m

N点到Si和S2的路程差为=S2N-S]N=80m

因=所以N点为减弱点

14.在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气，形成一个内含气泡的水球。如

图所示，若气泡与水球同心，气泡当径为R,水球半径为冷R。在过球心O的平面内，一单色光以入射角i=

53。水平照射这一水球，光线经折射后恰好与内圆相切。光在真空中的传播速度为c,不考虑光线反射。

<Sln53°=0.8.cos530=0.6）求：

（1）水的折射率n：

（2）光线在该水球中传播的时间t。

R

【答案】（1）解：由几何关系可知，折射角sinr=g=0.6

折射率计器

解得九=1

（2）解：光在水球中的传播速度”£=孚

n4

由几何关系可知光在水球中的传播距离％=2々Rcosr=1/?

光在水球中的传播的时间£=^=梁

V9c

【解析】【分析】（1）由图形中圆的特点，可计算折射角的正弦值；结合折射率定义，即可计算水的折射率;

（2）由折射率与光速及光在水中的传播速度关系，可计算光线在水球中传播的速度；由几何关系，可知光

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在水球中传播的距离，结合速度即可计算时间。

R

（1）由儿何关系可知,折射角，皿7=%=°.6

折射料=需

解得〃=5

（2）光在水球中的传播速度u=E=与

由几何关系可知光在水球中的传播距离％=2•冢cosr=我

光在水球中的传播的时间£=*=答

15.世界多国都在加紧研制真空管道超高速磁悬浮列车。某研发团队想要探究其电磁刹车的效果设计了一电

磁制动装置，其简化模型如图所示。质量为m的单匝正方形导线框边长为a,电阻为R。在线框运动方向的

水平面上有等间距分布竖直向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁场长度、两相邻的磁场间距离均

为a,磁场宽度略大于a。线框以初速度％进入磁场，从进入磁场到停止运动的时间为t。已知线框与水平面

间的动摩擦因数为卬重力加速度为g。求线框：

BB

（1）进入磁场瞬间所受的安培力大小F；

（2）进入第一个磁场区域的过程中，通过其横截面的电荷量q；

（3）从进入磁场到停止运动的过程中前进的距离。

【答案】（1）解：设线框进入磁场瞬间产生的电动势为£,则

E=Bav0

回路中的电流为

E

I=R

线框进入磁场瞬间所受安培力为

F=Bia

联立解得

22

_Bav0

F=~T~

（2）解：线框进入第一个磁场区域的过程中，通过其横截面的电荷量

Q=7-At

根据欧姆定律有

第10页

-E

I=R

根据法拉第电磁感应定律有

-4①

可得

Ba2

q=~T

（3）解：线框从进入磁场到停止的过程中前进的平均速度为矶安培力平均值为

Bza2v

P=--------

R

根据动量定理

-Ft-^mgt=0-mvQ

从进入磁场到停止的过程中前进的距离为

x=vt

联立解得

mv—ixmgt

X=0R

82a2

【解析】【分析】（1）线框进入磁场瞬间，由E=Bavo求出线框产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出

感应电流，再由F二Bia求线框所受的安培力大小F；

（2）进入第一个磁场区域的过程中，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的美系

求通过其横截面的电荷量q；

（3）根据动量定理求从进入磁场到停止运动的过程中前进的距离。

（1）设线框进入磁场瞬间产生的电动势为E,则E=

回路中的电流为/=§

线框进入磁场瞬间所受安培力为尸=Bia

联立解得?=卑勿

（2）线框进入第一个磁场区域的过程中，通过其横截面的电荷量q=

根据欧姆定律有7

K

根据法拉第电磁感应定律有豆=舞

可得广萼

2

（3）线框从进入磁场到停止的过程中前进的平均速度为仇安培力平均值为尸=之普

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根据动量定理一Ft-=0-mv0

从进入磁场到停止的过程中前进的距离为;v=vt

联立解得％=笔磐R

16.如图所示，在水平面内建立xOy坐标系，在第I、IV象限中存在方向竖直向下的匀强磁场，第IV象限的

磁感应强度大小为8（）。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O沿与+x方向成9=30。以一定速度射

入第IV象限，第一次经过x轴上的Q点，OQ间的距离为a。粒子可视为质点，不考虑粒子重力。

XXXXX

XXXXX

XQX

（1）求粒子射入时的速度大小；

（2）要使粒子不从y轴飞出，求第I象限磁场区域的磁感应强度B1大小应满足的条件;

（3）若第I象限磁场区域的磁感应强度8=3%,求粒子经过x轴的位置坐标可能值。

【答案】（1）第一次经过x轴上的Q点由几何关系，可得：R=a

由洛伦兹力提供向心力：=

可得：口=些吧

m

（2）当带电粒子做匀速圆周运动恰好和y轴相切时，B最小。设B的最小值为",出，，圆的半径为Ri,根据

几何关系有%+与=Q

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XXXXX

由向心力公式得quBmin=

解得

所以&N知0

(3)当8=3%时，粒子运动的半径为&