第=page11頁，共=sectionpages11頁山東省煙臺市2024-2025學年高二（上）期末學業(yè)水平診斷物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1.下列說法中正確的是A.光的偏振現象說明了光是縱波

B.只有波長較長的光才發(fā)生明顯的衍射現象

C.醫(yī)學上用激光做“光刀”來切除腫瘤是應用了激光平行度好的特點

D.用單色光照射位于豎直平面內的肥皂液薄膜，所觀察到的干涉條紋應是水平的2.關于機械波，下列說法正確的是A.機械波傳播時，介質中質點隨波遷移

B.測繪科技人員利用聲吶繪制海底地形圖，應用了波的反射原理

C.兩列波的波峰和波峰在某時刻相遇，該點振動始終加強

D.一漁船向魚群發(fā)出超聲波，被魚群反射回來的超聲波的頻率變低，說明魚群正向漁船靠近3.并列懸掛的的兩個彈簧振子如圖甲所示，分別以振子A、B的平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立y軸，當振子在振動過程中某次經過平衡位置時開始計時，兩振子的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(

)

A.兩振子的振動頻率之比為fA：fB=?2：1

B.振子A速度為零時，振子B速度最大

C.任意0.5s內，A、B兩振子運動的路程相等

D.0.5s～1s內，振子A4.如圖所示，光滑固定圓弧槽半徑為R，O為圓弧最低點，圓弧OM的長度遠小于R，兩個可看作質點的小球A和B，A球初始位置在M點，B球在O點正上方?高度處。現同時釋放兩球，要使A球在第二次通過O點時恰好與B球相碰，則?應為

A.π2R8 B.π2R32 5.如圖所示，中空長方體是邊長為?、l、b的發(fā)電導管，前、后兩個側面是絕緣體，上、下兩個側面是電阻可以忽略的導體電極，通過導線與電容為C、板間距為d的平行板電容器連接，右側通過開關S與阻值為R的負載連接。發(fā)電導管處于磁感應強度大小為B、方向與前、后平面垂直的勻強磁場中。當S斷開時，有電阻率為ρ、電荷量絕對值相同的正、負離子組成的等離子束(不計重力)，始終沿著導管方向以恒定速率由左端連續(xù)射入，電路達到穩(wěn)定后，電容器里一質量為m、電荷量為q的顆粒恰好靜止在電容器中央，重力加速度為g，下列說法正確的是

A.電容器中的顆粒帶正電

B.等離子體的流速為mgdB?q

C.閉合開關S，電容器里的顆粒仍然懸停在電容器中

D.閉合開關S，穩(wěn)定后流過電阻R的電流為6.如圖所示，絕緣水平面上固定兩根間距為3m的平行金屬導軌，導軌的左端通過導線接有電動勢E=15V、內阻r=0.5Ω的直流電源和電阻箱R。現把一均勻導體棒PQ垂直放在導軌上，導體棒的質量為0.4kg，接入電路的電阻為4.5Ω，導體棒與導軌接觸良好，兩者間的動摩擦因數μ=33，金屬導軌電阻不計，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。導軌間分布著勻強磁場，將電阻箱的阻值調為R=2.5ΩA.13T，與軌道平面成60°斜向左上方 B.33T，與軌道平面成60°斜向左上方

C.13T，與軌道平面成30°7.如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，R1、R2、R3均為定值電阻，且R1=R3=r2，R2=r，滑動變阻器R0的最大阻值為r，所有電表均為理想電表。現閉合開關S，使滑動變阻器的滑動觸頭P由a端移到b端，ΔI1A.電流表A1、A2、A3示數均增大 B.電壓表V1示數增大，V2示數減小

C.8.剛落幕的2024年成都國際乒聯混合團體世界杯球，中國隊蟬聯冠軍。某次比賽男隊球員林詩棟發(fā)球直接得分，簡化圖如圖所示，已知發(fā)球時球與桌面在同一水平面且與水平方向成30°斜向上發(fā)出，球發(fā)出后受到空氣阻力作用，設其所受空氣阻力與速度大小成正比，比例系數為k，乒乓球在空中飛行時間為t，發(fā)球點與落球點的水平距離為x，末速度與桌面水平方向的夾角為60°，已知乒乓球質量為m，重力加速度為g。則乒乓球發(fā)球時和落到桌面時的速度大小分別為

A.mgt+3kx2m，3mgt?kx2m

B.mgt?3kx2m，二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.下列關于紅光和紫光兩種單色光的說法正確的是A.在真空中，紫光比紅光的波長長

B.兩種點光源位于水下同一深度時，紅光在水面形成的光斑面積更大

C.對于同一個很窄的單縫，紫光比紅光的衍射現象更明顯

D.對于同一楊氏雙縫干涉裝置，光屏上紅光相鄰兩個亮條紋中心間距比紫光大10.圖示為利用電動機提升重物的電路圖，M為電動機，R為電阻箱。當閉合S，調節(jié)R=16Ω時，電流表示數1A，電壓表示數12V，電動機恰好能以2m/s的速度勻速豎直提升重4N的物體，此時電源的效率為80%，不計空氣阻力、電機內部摩擦，電流表與電壓表為理想電表。則

A.電源電動勢為35V B.電源的內阻為5Ω

C.電動機的內阻為4Ω D.電動機的效率為75%11.圖中陰影部分區(qū)域的邊界Ⅰ是半徑為R的圓O1的一部分，邊界Ⅱ是以圓O1的弦AC為直徑的半圓O2，弦AC的長度為2R。該陰影區(qū)域及其邊界上有磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的有界勻強磁場，在磁場右側存在寬度為R的線狀電子源EF，FO1//?AC?//?ED，ED為圓O1的切線。設電子的比荷為kA.沿著直線FO1發(fā)射的電子從邊界Ⅰ離開磁場

B.沿著直線ED發(fā)射的電子經過圓心O2

C.沿著直線FO1發(fā)射的電子在磁場中的運動時間為π4kB

12.如圖所示，傾角為θ=30°的光滑斜面底端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧上端連接一質量為2m的滑塊B且處于靜止狀態(tài)，在B的上方l=9mg4k處由靜止釋放一質量為m的滑塊A，隨后A與B發(fā)生碰撞，碰撞時間可忽略不計，碰后A、B一起向下運動，到達最低點后又向上彈回，整個過程中彈力始終未超過彈性限度。已知彈簧振子的周期公式為T=2πm0k，其中k為彈簧的勁度系數，m?為振子的質量，彈簧形變量為x時彈簧的彈性勢能為Ep=12kxA.碰后瞬間A、B的共同速度為gmk

B.碰后A、B一起向下運動的最大位移為3mg2k

C.A、B碰后的運動過程中會分離開

D.A三、實驗題：本大題共2小題，共16分。13.在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，實驗裝置如圖所示。(1)觀察到較模糊的干涉條紋，要使條紋變得清晰，值得嘗試的是

。A.旋轉測量頭B.調節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行C.增大單縫與雙縫間的距離(2)若將裝置浸入某種絕緣液體中，其他條件不變，則

。A.干涉條紋消失B.干涉條紋的間距變大C.干涉條紋的間距變小D.干涉條紋的間距不變(3)某次測量時，選用的雙縫的間距為0.200mm，測得屏與雙縫間的距離為0.90m，第1條暗條紋中心到第5條暗條紋中心之間的距離為7.56mm。則所測單色光的波長為

nm(結果保留3位有效數字)。14.在課外探究活動中，某小組收集了手機的電池進行研究，該電池是手機中常用的鋰電池(銘牌上標的電動勢E為3.4V)。該小組成員設計了如圖甲所示的電路圖測量鋰電池的電動勢E和內阻r。(1)小組成員在實驗中多次改變電阻箱的阻值R，獲取了多組數據，畫出的1U?1R圖像為一條直線(見圖乙)。則該圖像的函數表達式為1U=

，由圖乙可知該電池的電動勢E=

V，內阻r=

Ω(2)由于電壓表并非理想電表，根據實驗測得電池電動勢的測量值

(選填“大于”、“小于”或“等于”)真實值，內阻測量值

(選填“大于”、“小于”或“等于”)真實值。四、計算題：本大題共4小題，共44分。15.坐標原點處有一振源，t=0時刻振源開始振動，產生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0.6s時形成的波形圖如圖所示，此時振源第一次到達負向最大位移y0=?10cm處，且Q點剛開始振動。當位于x=8m處的質點P(1)簡諧波的周期和最大波速；(2)若波速v=1.6m/s，自振源起振開始計時，6.8s時間內質點P運動的路程s及此時離開平衡位置的位移y。16.一半徑R=10cm的半球形玻璃磚，O點是半球的球心，虛線OO1表示光軸(過球心O與半球底面垂直的直線)。現有一束范圍足夠大的平行光垂直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出(不考慮被半球的內表面反射后的光線)。已知其中一條光線入射點為O，另一條光線的入射點為A，穿過玻璃磚后兩條光線交于B點，OA=5cm，OB=103(1)玻璃磚的折射率；(2)入射點為A的光線從A傳播到B所需的時間；(3)球面上有光射出的區(qū)域在底面上投影面積。17.如圖所示，在平面直角坐標系第一象限內有沿y軸負方向、電場強度大小E=3mv02qL的勻強電場，第三象限內某正三角形區(qū)域中有方向垂直坐標平面向里、磁感應強度大小B=23mv0qL的勻強磁場(圖中未畫出)。現有一質量為m、電荷量為+q(q>0)的帶電粒子(不計重力)(1)M點到O點距離；(2)正三角形區(qū)域磁場的最小面積；(3)粒子從開始運動到第二次到達y軸的最短時間。18.如圖所示，傾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，質量m=0.2kg的物塊甲放在質量M=0.6kg的凹形槽乙底部中心，甲的前后兩端距乙內壁前后兩端的距離為L=3m，甲與乙底部之間的動摩擦因數μ1=0.5，乙與斜面間的動摩擦因數μ2=0.25。初始時甲、乙在外力的作用下均處于靜止狀態(tài)，現撤去外力，同時給乙沿斜面向下的初速度v0=4m/s，乙下滑x0=2.25m(1)乙從開始運動到與擋板第一次發(fā)生碰撞所需的時間；(2)乙與擋板第一次碰撞時，甲前端距乙內壁前端的距離；(3)從乙與甲第一次發(fā)生碰撞到乙與擋板第二次發(fā)生碰撞所需的時間。

答案和解析1.【答案】D

【解析】A、光的偏振現象說明了光是橫波，故A錯誤；

B、波長大于或者接近障礙物、縫、孔的尺寸時，就會發(fā)生明顯的衍射現象，故B錯誤；

C、醫(yī)學上用激光做“光刀”來切開皮膚，切除腫瘤，是利用了激光的能量高的特點，故C錯誤；

D、薄膜干涉是等厚干涉，用單色光照射位于豎直平面內的肥皂液薄膜，由于同一高度對應的膜厚度相同，故所觀察到的干涉條紋應是水平的，故D正確。

故選D。2.【答案】B

【解析】A、機械波傳播時，介質中質點在平衡位置附近做簡諧運動，不會隨波遷移，故A錯誤；

B、測繪科技人員利用聲吶繪制海底地形圖，應用了波的反射原理，故B正確；

C、如果兩列波發(fā)生了穩(wěn)定的干涉，這兩列波的波峰和波峰在某時刻相遇，說明該點始終是振動加強點，但是如果這兩列波頻率不同，則不能發(fā)生穩(wěn)定干涉，則該點不是始終振動加強的點，故C錯誤；

D、一漁船向魚群發(fā)出超聲波，被魚群反射回來的超聲波的頻率變低，根據多普勒效應，說明魚群正向漁船遠離，故D錯誤。

故選B。3.【答案】B

【解析】A.由乙圖可知，兩振子的周期分別為

TA=2.0s

，由

f=1T

可知，

fAfB.由乙圖可知，振子A速度為零時，振子B處于平衡位置，速度最大，B正確；C.由

TB2=0.5s

可知，振子B在任意0.5s內路程均為兩倍振幅10cm；由

TA4=0.5s

可知，振子A若在平衡位置或最大位移處計時，在0.5s時間內位移為10cm，若從其它位置計時，在0.5s時間內經過平衡位置，則平均速度較大，路程大于10cm，若在D.由乙圖可知，0.5s～1s內，振子A向下振動，振子B先向下振動后向上振動，D錯誤。故選B。4.【答案】D

【解析】A做類單擺運動，周期為T=2πRg，第二次通過O點的時間為t=34T，根據題意?=15.【答案】B

【解析】A、根據左手定則，等離子體中的正離子受到的洛倫茲力方向向上，負離子受到的洛倫茲力方向向下，所以發(fā)電導管上端為正極，下端為負極，則電容器上極板為正極板，下極板為負極板，板間電場方向向下，電容器中的顆粒受到的電場力向上，則顆粒帶負電，故A錯誤；

B、等離子體流速為v，則q′vB=U?q′，可得U=Bv?，

S斷開時，電容器板間電壓為U，則Udq=mg，

解得v=mgdB?q，故B正確；

C、導管內阻為r=ρ?bl，閉合開關S后，根據閉合電路歐姆定律可知電容器板間電壓變小，則顆粒受到的電場力變小，不能懸停，故C錯誤；

D、根據閉合電路歐姆定律U=I6.【答案】A

【解析】設安培力F的方向與導軌平面成α角度時斜向右上時，安培力具有最小值，F=BIL，I=Er+R棒+R=2A，

根據平衡條件有Fcosα=μ(mg?Fsinα)，整理得F=μmgμsinα+cosα=μmgμ2+1sinα+60°，7.【答案】C

【解析】AB、使滑動變阻器的滑動觸頭P由a端移到b端，其阻值變小，根據“串反并同”，電流表A1、A3示數均增大，A2示數減小，電壓表V1、V2示數都減小，故AB錯誤；

C、因為I3+I2=I1，A1、A3示數均增大，A2示數減小，則可得(I3+ΔI3)+(I8.【答案】A

【解析】設拋出和落地速度分別為v0、v，拋出時水平和豎直速度分別為v0x、v0y，

v0x=v0cos30°，v0y=v0sin30°，

落地時水平和豎直速度分別為vx、vy，

vx=vcos60°、vy=vsin60°，

空氣阻力的沖量大小為I=Σkvt=kΣvt=ks(s為路程)9.【答案】BD

【解析】A、在真空中，紫光比紅光的頻率大，波長小，故A錯誤；

B、兩種點光源位于水下同一深度?時，在水面形成的圓形光斑半徑r=?tanC，由于紅光的折射率小，根據sinC=1n可知其臨界角大，則半徑大，光斑面積大，故B正確；

C、紫光的波長小于紅光，對于同一個很窄的單縫，紅光比紫光的衍射現象更明顯，故C錯誤；

D、根據雙縫干涉條紋間距公式Δx=Ldλ10.【答案】AC

【解析】A、電源的效率為80%，則有UI+I2REI=80％，解得E=35V，故A正確；

B、20%×EI=I2r，解得電源內阻r=7Ω，故B錯誤；

C、對電動機，UI?I2rM=Gv，解得電動機的內阻rM11.【答案】BCD

【解析】A、根據左手定則，電子受到的洛倫茲力向下，則沿著直線FO1發(fā)射的電子從下邊界Ⅱ離開磁場，故A錯誤；

B、根據洛倫茲力提供向心力，evB=mv2r，k=em，可得電子軌跡半徑為r=22R，

沿直線ED發(fā)射的電子運動軌跡如圖所示，O為軌跡圓的圓心，

根據幾何關系易得OB⊥BO2，所以電子離開磁場后會經過圓心O2，故B正確；

C、沿著直線FO1發(fā)射的電子的運動軌跡如上圖所示，O3為軌跡圓的圓心。

根據幾何關系易得O2O3=R，電子離開磁場后仍然會經過圓心O2，α=45°，

則電子在磁場中的運動時間為，故12.【答案】BD

【解析】A.設物塊A與B碰撞前瞬間的速度為v1，根據機械能守恒定律有

解得

v設碰后瞬間A、B的共同速度為v2，對A、B的碰撞過程，根據動量守恒定律有

解得

vA錯誤；B.初始時刻彈簧的壓縮量為

x由

Ep=12kx2

，設碰后A、B一起向下運動的最大位移為x解得

xB正確；C.A、B分離的臨界條件是二者之間彈力為零且加速度相同，根據牛頓第二定律及整體法分析易知分離瞬間彈簧的形變量應為零，假設A、B碰后的運動過程中未分離，即A、B上升到最高點時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，設此時彈簧的壓縮量為x3，根據機械能守恒定律有

解得

x所以A、B在最高點速度減為零時，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，假設成立，即A、B碰后的運動過程中未分離。C錯誤；D.當A、B整體所受合外力為零時，彈簧壓縮量為

x規(guī)定該平衡位置為坐標原點O，沿斜面向下為正方向，則當A、B相對O的位移為x時，A、B所受合外力為

F=3mg當A、B相對O的位移為?x時，A、B所受合外力為

F=3mg由此可判斷A、B整體做簡諧運動，振幅為

A=由題意可知周期為

T=2π碰撞時A、B相對平衡位置的位移為

x=如圖所示，根據三角函數知識可知，A、B從碰撞到第二次速度減為零所用時間為

tD正確。故選BD。13.【答案】BC420

【解析】(1)若發(fā)現干涉圖樣不夠清晰，可左右撥動金屬撥桿，調節(jié)單縫和雙縫平行，故選B。

(2)若將裝置浸入某種絕緣液體中，其他條件不變，折射率變大，則光的波長變小，根據Δx=Ldλ可知干涉條紋的間距變小，故選C。

(3)Δx=7.56mm4=1.89×10?3m14.【答案】13.30.33小于小于

【解析】(1)根據閉合電路歐姆定律U+URr=E，整理可得1U=1E+rRE，

結合圖像乙可得1E=0.315.【答案】解：(1)根據題意t=0.6s=34T，得T=0.8s，

由圖知質點的起振方向向上，依據題意：λ4+nλ=8m(n=1,2,3?)

根據v=λT得v=32(4n+1)×0.