江蘇省常州市金壇一中2024-2025學年高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共11小題，共44分。

1.激光刀模主要利用激光對刀模板進行高深度燒蝕，從而達到安裝切割刀的目的。這個過程運用的激光性

質是（）

A.偏振B.亮度高C.平行度高D.相干性好

2.如圖所示，甲、乙、丙、丁四個圖是單色光形成的干涉或衍射圖樣，根據各圖樣的特點可知（）

C.丙圖是光射到圓孔后的干涉圖樣D,丁圖是光射到圓板后的衍射圖樣

3.下述關于機械波的說法正確的是（）

A.若觀察者逐漸靠近波源，則觀察者接收到的波的頻率小于波源的頻率

B.某一頻率的聲波，從空氣進入水中時，波長和頻率均增大

C.對同一列波，縫、孔或障礙物的尺寸比波長小時有明顯的衍射現象

D.在一個周期內，介質的質點所走過的路程等于波長

4.一列簡諧橫波在均勻介質中沿無軸傳播，圖甲為t=2s時的波形圖，圖乙為x=26處的質點P的振動圖

像，質點Q的平衡位置在x=3.5m處，下列說法正確的是（）

B.t=3.5s時刻，質點Q位于正向最大位移處

C.質點P的振動方程為y=10sin（^t）cm

D.t=2s至t=2.5s這段時間內，質點P通過的路程大于5CTH

5.如圖所示，在“測量玻璃的折射率”的實驗中，以下說法正確的是（）

A.實驗必須選用兩光學表面平行的玻璃磚，否則無法測量

B.實驗過程中，只有在畫完光路圖后，才能移除玻璃磚

C.由上圖所示，某同學在測得圖中的。1，&后，利用n=包等可以求得玻璃磚

sint/2

的折射率

D.實驗中，大頭針B與P2,P3與電間的距離應適當遠一些

6.某小組用圖9甲裝置進行雙縫干涉實驗，調節完畢后，在屏上觀察到如圖乙所示的豎直條紋。下列說法

正確的是（）

透鏡漉光片單縫雙縫遮光筒光屏轉輪

日----------仙翁目鏡

U11測星頭

甲

A.縮小單縫到雙縫的距離，可使干涉條紋間距變大

B.在實驗中，通過目鏡看到的干涉條紋場景如圖乙所示，糾正圖中問題只需旋轉測量頭

C.僅更換雙縫間距更小的雙縫，干涉條紋間距將變小

D.僅將綠色濾光片換為紅色濾光片，干涉條紋間距將變小

7.在“用單擺測重力加速度大小”的實驗中，小王同學作出周期72與擺線長L

的72一乙圖像如圖所示，下列說法正確的是（）

A.實驗所用擺球半徑為b

B.實驗所用擺球直徑為a

C.當地的重力加速度大小為迫

a

D.當地的重力加速度大小為里

8.兩列完全相同的機械波在某時刻的疊加情況如圖所示，圖中的實線和

虛線分別表示波峰和波谷，此時（）

A.P、M連線中點振動減弱

B.P、M連線中點速度為0

C.P、M、Q、N四點速度均為0

D.再經過半個周期，Q、N兩點振動加強

9.踢毯子是我國傳統的民間體育運動。如圖是一個小孩在踢毯子，毯子近似沿豎直方向

運動，空氣阻力與速率成正比。毯子在空中運動過程中（）

A.動量變化量等于零

B.動量變化率一直減小

C.重力的沖量上升過程等于下降過程

D.重力的沖量上升過程大于下降過程

10.如圖質量為小的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑

長度為2R,現將質量也為小的小球從距4點正上方%0高處由靜止釋放，然后

由a點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升到距B點所在水平線的最大高

度為:%處（不計空氣阻力，小球可視為質點），貝1（）

A.小球和小車組成的系統動量守恒

B.小球離開小車后做豎直上拋運動

C.小車向左運動的最大距離為2R

D.小球第二次在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為與

11.如圖所示，有一光滑軌道ABC,4B部分為半徑0.2爪的,圓弧，BC部分水平，質量均為400g的小球a、b

固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為0.2小，小球可視為質點。開始時a球處于圓弧上端4點，由靜止開始釋

放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g=10M/S2,下列說法正確的是（）

A.a球下滑過程中機械能保持不變

B.兩球都滑到水平軌道上時，a球速度大小為2m/s

C.從釋放小球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿不對兩球做功

D.從釋放小球到a、6球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做功0.4/

二、實驗題：本大題共1小題，共15分。

12.如圖甲，用“碰撞”實驗驗證動量守恒定律。用天平測得4、8球的質量分別為Hi1和爪2。。點是軌道末

端在白紙上的投影點，M、P、N為三個落點的平均位置。測出M、P、N與。的距離分別為力、S2、如

圖乙所示。

(1)關于實驗器材，下列說法正確的是=

A.A,B球的半徑可以不同

區斜槽末端必須水平，斜槽必須光滑

C.重錘的作用是標定斜槽末端在白紙上的投影點

(2)關于實驗操作，下列說法正確的是=

A實驗時白紙和復寫紙可以隨時調整位置

84球每次必須從同一位置由靜止釋放

C.實驗前應該測出斜槽末端距地面的高度

(3)在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式,則可以認為兩球碰撞前后在水平方向上動量守恒。(用

題中測量量表示)

(4)若實驗中測得為=15.50cm、s2=25.50cm、s3=40.00cm,假設碰撞過程中動量守恒，則恤與叫之

比為=

(5)若該碰撞是彈性碰撞，則小球落點距離應滿足的定量關系為(用Si、S2、S3表示)。

K

三、計算題：本大題共4小題，共41分。

13.如圖所示，一束光沿圓心方向從半圓形表面射入玻璃半球后從底面射出，入射

光線與法線的夾角為30。，折射光線與法線的夾角為53。。已知光在真空中的速度

為3X108m/s,sm53°=0.8,cos53°=0.6。求：

(1)這束光在此玻璃半球中的折射率。

(2)這束光在此玻璃半球中的傳播速率。

14.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖像如圖所示，經0.5s,平衡位置在0.1爪處的質點

M第一次回到平衡位置，求：

(1)波傳播的速度大小"；

(2)質點M在18s內通過的路程so

15.如圖所示，實線是一列簡諧波在t=0時刻的波形曲線，虛線是在t=2s時刻的波形曲線。

(1)求該波的周期；

(2)若波速是3.5m/s,寫出久=1m處的質點的振動方程。

.y/cm

2

-3，w＞；01\2\/3/

16.如圖所示，在固定的光滑水平桿(桿足夠長)上，套有一個質量為根=0.5的的光滑金屬圓環，輕繩一端

拴在環上，另一端系著一個質量為M=1.96kg的物塊，現有一質量為mo=40g的子彈以為=100m/s的水

平速度射入木塊并留在物塊中(不計空氣阻力和子彈與物塊作用的時間，g取10m/s2),求：

(1)圓環、物塊和子彈所組成的這個系統損失的機械能；

(2)物塊所能達到的最大高度；

(3)鐵環的最大速度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：激光的亮度高，能量大，所以可以對刀模板進行高深度燒蝕。故8正確，AC。錯誤。

故選：Bo

激光具有亮度高、平行度好和相干性好的特點，然后結合實際的需要解得。

在這種情況下之所以選用激光，是因為激光會聚點很小，傳遞的能量很集中。

2.【答案】D

【解析】解：4、甲圖中條紋間距相等，是光的雙縫干涉圖樣，故A錯誤；

3、乙圖中中間亮條紋最寬，向外條紋變窄，間距變小，是光的單縫衍射圖樣，故3錯誤；

C、丙圖為圓孔衍射圖樣，故C錯誤；

D,丁圖是光射到畫板后的衍射圖樣，故。正確；

故選：Do

理解光的不同現象即對應的原理。

本題主要考查了光的干涉和衍射的相關應用，理解不同現象下的圖樣特點即可完成分析。

3.【答案】C

【解析】解：4根據多普勒效應可知，若觀察者逐漸靠近波源，則觀察者接收到的波的頻率大于波源的

頻率，故A錯誤；

B、某一頻率的聲波，從空氣進入水中時，波速"增大，周期T與頻率/不變，根據波速、波長與頻率的關系

可知，波長增大，故8錯誤；

C、根據發生明顯衍射現象的條件可知，對同一列波，縫、孔或障礙物的尺寸比波長小時有明顯的衍射現

象，故C正確；

。、根據簡諧運動的對稱性可知，在一個周期內，介質的質點所走過的路程等于振幅的4倍，與波長無關，

故。錯誤。

故選：Co

根據多普勒效應分析答題；

波從一種介質傳入另一種介質時波速與波長發生變化，周期與頻率不變；

當縫、孔或障礙物尺寸與波長相差不多時會發生明顯的衍射現象；

介質中的質點只在平衡位置附近振動，不隨波遷移。

本題涉及的知識點較多，難度不大，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習與積累。

4.【答案】D

【解析】解：4由圖乙可知質點P在t=2s時的振動方向向上，結合波形圖，根據“同側法”可知波沿%軸

正方向傳播，故A錯誤；

3.由甲圖可知波長為46，由乙圖可知周期為4s,則波的傳播速度為u=<=Jm/s=lm/s,在t=3.5s

時，波傳播x=1x(3.5-2)m=1.5m,則Q點在t=3.5s時的振動與在Q點之前1.5爪處質點P在t=2s時的

振動相同，圖中P點剛好經過平衡位置，故t=3.5s時刻質點Q也經過平衡位置，故B錯誤；

C.由題可知，振幅4=10cm,圓頻率為3=年=學=今則質點P簡諧運動的表達式為y=10s譏(0+

14ZZ

it)cm,故C錯誤；

D在t=2s時質點P在平衡位置，在t=2.5s時，代入簡諧運動表達式可得力=10sin(^x2.5+ir)cm=

5/2cm,則這段時間內，質點P通過的路程為

5=^—0=5V-2cm>5cm,故。正確。

故選：D?

A、根據振動圖像分析在t=2s時，質點P的振動方向，結合波形圖分析波傳播的方向；

B、由振動圖像可知波的周期，根據t=3.5s時波的振動情況，分析Q點的位置；

C、由圖可知波的振幅和圓頻率，代入簡諧運動的表達式；

。、根據簡諧運動的表達式計算。

考查對波的傳播規律的理解，清楚振動圖像和波動圖像的理解，熟悉振動方程的運用。

5.【答案】D

【解析】解：4玻璃磚表面不平行，只要操作規范不影響結果，故A錯誤；

8.實驗過程中，插完大頭針就可以把玻璃磚移除，然后再畫光路圖，故2錯誤；

C根據折射定律犯=幽可知，某同學在測得圖中的名后，還需要測出光線在。點的折射角既，才能利用折

sinr,0

射定律求解玻璃的折射率，故C錯誤；

。實驗中，為了減小確定入射光線和折射光線方向的誤差，大頭針B與22,P3與尸4間的距離應適當遠一

些，故。正確。

故選：Do

根據實驗原理、正確操作和注意事項分析作答。

本題注意考查了插針法測定玻璃的折射率的實驗，要明確實驗原理、掌握實驗的正確操作和注意事項。

6.【答案】B

【解析】解：4CD根據雙縫干涉相鄰條紋間距公式

L

Ax=-jA

a

干涉條紋間距與單縫到雙縫的距離無關；僅更換雙縫間距更小的雙縫，干涉條紋間距將變大；僅將綠色濾

光片換為紅色濾光片，由于紅光的波長大于綠光的波長，則干涉條紋間距將變大，故AC。錯誤；

8在實驗中，通過目鏡看到的干涉條紋場景如圖乙所示，糾正圖中問題只需旋轉測量頭使分劃板中心刻線

與條紋平行，故8正確。

故選：Bo

根據雙縫干涉相鄰條紋間距公式分析判斷；根據實驗裝置分析判斷。

本題關鍵掌握雙縫干涉實驗原理和裝置。

7.【答案】D

【解析】解：設擺球半徑為r,根據單擺周期公式T=2兀，

變形得廠=叱乙+㈣「

99

廠―L圖像的縱截距虻r=b

9

圖像的斜率k=空=2

gct

聯立解得當地的重力加速度大小為g=等

擺球半徑r=a

則實驗所用擺球直徑為d=2r=2a

故ABC錯誤，。正確。

故選：Do

根據單擺的周期公式求解廠-L函數，結合圖像的斜率與截距完成解答。

本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，關鍵是對圖像的物理意義進行理解。

8.【答案】C

【解析】解：2B.此時M點波峰與波峰相遇，而P點是波谷與波谷相遇，則P、M兩點是振動加強點，且P、

M連線上也是振動加強的，P、M兩點連線中點未達到波峰或波谷，故速度不為0,故A8錯誤；

CP處于波谷，速度為零；M處于波峰，速度為零；Q、N兩點為波峰與波谷相遇點即為振動減弱，則速度

為零，即四點的速度均為0,故C正確；

D.Q、N兩點處于波谷與波峰相遇處，再經過半個周期，Q、N兩點振動仍然減弱，故。錯誤。

故選：Co

波峰與波峰相遇，波谷與波谷相遇，均為振動加強點；波峰與波谷相遇點即為振動減弱點；振動加強點的

連線上也是振動加強的。

本題考查了波的干涉中振動加強和減弱區域的特點，解題關鍵是波峰與波峰相遇，波谷與波谷相遇，均為

振動加強點，波峰與波谷相遇點即為振動減弱點。

9.【答案】B

【解析】解：A犍子上升的初速度為q，再次下落到原點時的速度為"，設向下為正方向，則動量變化量

4P=mv—(―mv0)=mv+mv0，故A錯誤；

A動量變化率等于毯子受到的合外力，上升過程合外力為mg+ku,則隨速度減小，合外力變小；下降過

程的合外力mg-kv,則隨速度增加，合外力減小，則動量變化率一直減小，故B正確；

CD：上升過程中mg+ku=znai

下降過程中mg—kv=ma2,貝!Ja1>a2

根據％=1at2

可知上升的時間小于下降的時間，根據

I—mgt

可知，重力的沖量上升過程小于下降過程，故C。錯誤。

故選：Bo

動量變化量等于末動量與初動量之差；動量的變化率等于毯子所受的合外力；根據牛頓第二定律分別計算

出健子上升和下降過程中的加速度，然后根據位移一時間公式得到上升與下降時間關系，然后根據沖量的

定義判斷重力的沖量即可。

知道動量的變化率是毯子所受的合外力，能夠根據牛頓第二定律得到毯子上升和下降過程的加速度，進而

根據位移一時間公式比較上升與下降時間關系。

10.【答案】B

【解析】解：4小球與小車組成的系統在水平方向不受外力，水平方向系統動量守恒，豎直方向小球有

加速度，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；

3、小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒，在4點時系統水平方向動量為零，小球與小車水平方向速

度為零，小球運動到8點時小球與小車水平方向共速，而系統水平方向動量為零，即此時小球與小車水平

方向的速度均為零，所以小球離開小車后只具有豎直方向的速度，做豎直上拋運動，故8正確；

C、設小車向左運動的最大距離為x,規定向右為正方向，系統水平方向動量守恒，在水平方向，由動量守

恒定律

mv—mv'=0

即

2R—xx

m-t一—mt^°

解得

x=R

故c錯誤；

。、小球第一次從距2點始下落運動到B點所在水平線的最大高度為處過程中，由動能定理得

3

—4"o)—Wf—0

解得

1

Wf=-^mgh0

小球第二次在小車中運動時，對應位置處速度變小，小車對小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小

于機械能損失小于;mgho，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于:生，而小于'壇，故

。錯誤。

故選：So

小球與小車組成的系統在水平方向不受外力，水平方向系統動量守恒，豎直方向小球有加速度，系統所受

合外力不為零，系統動量不守恒，在4點時系統水平方向動量為零，即此時小球與小車水平方向的速度均

為零，所以小球離開小車后只具有豎直方向的速度，做豎直上拋運動。

系統水平方向動量守恒，即可求出小車向左運動的最大距離。

小球第一次從距力點生下落運動到B點所在水平線的最大高度處過程中，由動能定理可求阻力做的功，小球

第二次在小車中運動時，對應位黑處速度變小，小車對小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小。

本題考查了小球與小車組成的系統在水平方向不受外力，水平方向系統動量守恒，以及功能關系的應用。

11.【答案】D

【解析】解：4BD.從釋放小球到a、6球都滑到水平軌道上，兩球組成的系統滿足機械能守恒，根據機械能

守恒定律可得

1

mgR+mg(L+R)=X2mv7

解得a、b兩球的速度大小均為

v=V_6m/s

從釋放小球到a、b球都滑到水平軌道上，對a球根據動能定理可得

1

mgR+勿桿=7

解得

加〃=0.4/

所以整個過程中輕桿對a球做功0.4/,a球下滑過程中機械能不守恒，故錯誤，。正確；

C.從釋放小球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中由于輕桿對a球做正功，所以輕桿對6球做負功，故

C錯誤。

故選：Do

ABD兩球組成的系統根據機械能守恒和動能定理判斷；

C.根據做功的條件判斷。

本題關鍵是明確兩個小球系統的機械能守恒，然后結合機械能守恒定律和及動能定理的知識列式分析。

12.【答案】CBm1s2=爪遇]+m2s34：1s2=s3-s]

【解析】解：(1)4、為使兩球發生對心碰撞，4、B球的半徑必須相同，故A錯誤；

8、為保證小球做平拋運動，斜槽末端必須水平，只要入射球每次從斜槽的同一位置由靜止釋放，小球到

達斜槽末端時速度相等，斜槽無需光滑，故8錯誤；

C、重錘的作用是標定斜槽末端在白紙上的投影點，故C正確；

故選：Co

(2)4、實驗時白紙和復寫紙不能隨時調整位置，故A錯誤；

8、為保證4球每次碰撞前的速度相等，4球每次必須從同一位置由靜止釋放，故8正確；

C、根據實驗原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，則運動時間相同，可用水平位移代替水平初速度，

無需測量地面的高度，故C錯誤；

故選：Bo

(3)兩球碰撞過程系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，

以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：m^o=+m2v2

小球離開斜槽后做平拋運動，由于拋出點高度相等，則小球做平拋運動的時間t相等，

貝!|zni"ot=m1v-yt+m2v2t,則瓶也=m1s1+m2s3

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

(5)若這個碰撞是彈性碰撞，碰撞過程系統在水平方向動量守恒，系統機械能守恒，

以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mIVo=+m2v2

由機械能守恒定律得：2nli詔=說+：小2諺，解得：S2=S3-Si

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

(1)根據實驗注意事項分析答題。

(2)根據實驗原理與實驗注意事項分析答題。

(3)兩球碰撞過程系統在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式。

(4)根據實驗數據求出兩球的質量之比。

(5)彈性碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出實驗需要驗證的

表達式。

本題考查了驗證動量守恒定律實驗，知道實驗原理與實驗注意事項是解題的前提，應用動量守恒定律與機

械能守恒定律即可解題。

13.【答案】解：(1)由題意，入射角為i=30。，折射角為r=53。

由折射定律n=%可知

(2)由折射率與光在介質中的速率關系式

C

n=-

V

解得

v—1.875x108m/s

答：(1)這束光在此玻璃半球中的折射率為1.6。

(2)這束光在此玻璃半球中的傳播速率為1.875X108m/s?

【解析】(1)已知入射角和折射角，根據折射定律求解折射率；

(2)由n=3求這束光在此玻璃半球中的傳播速率。

解決該題需要熟記折射定律的表達式，知道光在介質中傳播速度的表達式。

14.【答案】解：(1)簡諧橫波沿”軸正方向傳播，當x=0處的振動狀態傳到質點M時，質點M第一次回到

平衡位置，此過程中波傳播的距離為

Ax=0.1m

所用時間為

At—0.5s

則波速大小為

Ax

V='At

解得

v=0.2m/s

(2)由圖可知波長為

A=1.2m

則周期為

7a1.2j

T=v=^S=6S

則質點M在18s內完成的全振動次數為

n=^=1次=3次

16

所以其走過的路程為

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

答：(1)波傳播的速度大小u為0.2?n/s；

(2)質點M在18s內通過的路程s為2.4爪。

【解析】(1)當x=。處的振動狀態傳到質點M時，質點M第一次回到平衡位置，根據速度公式u=全求解波

速。

(2)讀出波長，從而求出周期，根據一個周期內質點運動的路程為44來求解質點M在18s內通過的路程

So

本題采用波形的平移法求質點M第一次經過平衡位置時波傳播的距離，這是常用的方法。對于做簡諧運動

的質點，往往根據時間與周期的倍數來求解質點通過的路程。

15.【答案】解：(1)若該波向右傳播，貝I」：

1

t=nT+4,(九=°，1，2,…),

解得：

T=益笳，(n=0,1,2,-);

若該波向左傳播，則：

t=nT'+-T',(n=0,1,2,…)，

解得:

o

T'=GS,=0,1,2,-)；

(2)若該波向右傳播，則：

v=Y=—^-m/s=3.5m/s,

解得：

n=1.5,

不是整數，則該波不是向右傳播;

若該波向左傳播，則：

A4Ti+3,cl,

v—=-^—m/s=3.5m/s,

解得：

n=1,

是整數，則該波向左傳播；

則周期為：

由圖可知，t=0時刻，x=1機處的質點由平衡位置向下振動，振幅為：A=2cm,

則振動方程為：

x=—Asin^t^m,

且：

27r

3=yr，

聯立可得：

77r

x=-0.02sin(—

4

答：(1)若該波向右傳播，周期為：T=島5,(n=0,l,2,-);若該波向左傳播，周期為：T'=焉5,

(71=0,12…)。

777

(2)若波速是3.5m/s,