【文档说明】山东省东营市2023-2024学年高二期末考试物理试题word版含解析.docx，共(23)页，4.381 MB，由envi的店铺上传

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2023-2024学年度第一学期期末质量监测高二物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考生号等填写在答题卡指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是（）A.图甲中光学镜头

上的增透膜利用的是光的干涉现象B.图乙所示泊松亮斑现象是由于光的偏振产生的C.图丙中使摆球A先摆动，稳定后球B的振动周期大于球C的振动周期D.图丁所示的急救车向你驶来时，听到的鸣笛声的音调比离你而去时听到的音调低【答案】A【解析】【详解】A．光学镜头上的增透膜是利用光

的薄膜干涉现象，减弱光的反射，从而增加透射。A正确；B．泊松亮斑是光的衍射现象，证实了光的波动性。B错误；C．使摆球A先摆动，由A摆动从而带动球B和球C两个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故A、B、C各摆振动周期跟A摆相同；C错误；D．急救车向你驶来

时，你听到的鸣笛声音调变高，离你而去时听到的音调变低，这属于多普勒效应。D错误；故选A。2.东营市某高中的一实验小组研究线圈在地磁场中的电磁感应现象。如图所示，正方形线圈边长约4m，匝数为500匝，和一个灵敏电流计组成闭合回路。甲、乙、丙、丁四位同学手持线圈的四个顶角使线圈处于水平静

止状态，其中甲、乙沿南北方向站立。下列线圈的运动过程使电流计指针发生偏转最明显的是（）A.将线圈水平向北迅速平移一小段距离B.四位同学一起将线圈竖直向上迅速水平抬起C.将线圈水平向东迅速平移一小段距离D甲、丁不动，乙、丙向上迅速抬高线圈【答案】D【解析】【详解

】ABC．线圈中产生感应电流的条件是磁通量发生变化，所以将线圈向北迅速平移、线圈竖直向上迅速水平抬起以及水平向东迅速平移时线圈中的磁通量没有发生变化，电流计指针不会发生偏转，故ABC错误；D．甲、丁不动，乙、丙向上迅速抬高线圈，线圈中的磁通量发生变化，电流计指针会发生偏转，故D正确。故

选D。3.2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在距离地面的高度约1m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱在竖直方向上的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体

的密度为，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为（）A.24FDB.2FDC.2FDD.24FD【答案】B【解析】【详解】以时间t内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的

质量为24Dmvt=.根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力FF=对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得40Ftmv=−解得2FvD=故选B。4.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，124RRR、、为定值电阻，3R为滑动变阻

器，开关S闭合后，电压表的示数为U，电流表的示数为I。现将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（）A.电流表示数变小B.电压表示数变大C.电容器带电量变大D.电源输出功率一定变大【答案】C【解析】【详解】

AB．滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，电路总电流增大，电流表示数变大，电阻1R与电阻r两端的电压增大，电阻2R两端的电压减小，电压表示数减小，故AB错误；C．电阻2R两端的电压减小，流过电阻2R的电流减小，电

路总电流增大，则流过电阻4R的电流增大，电阻4R两端的电压增大，电容器两极板间电势差增大，根据QCU=电容器带电量变大，故C正确；D．当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，当外电阻小于电源内阻时，将滑动变阻器的滑片P向右移

动，外电阻减小，电源输出功率减小，故D错误。故选C。5.如图所示，三根相同的电阻丝连接成一个闭合的等边三角形线框LMN，O点为三角形线框的中心。线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知直导线在O点产生的磁场磁感应强度大小与导线中电流强度的大小成正比。若MN边在O点产生的磁场磁感

应强度大小为B，则整个三角形线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为（）A.0B.BC.2BD.3B【答案】A【解析】【详解】MN边和MLN两端的电压相等，三根电阻丝的电阻相同，由欧姆定律可知MN边的电流是MLN的2倍，可知ML和LN在O点产生的磁场磁感

应强度大小是MN边在O点产生的磁场磁感应强度大小的12方向与MN边在O点产生的磁场磁感应强度的方向相反，故整个三角形线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0，故选A。6.如图所示，有一金属短棒cd重为G，长为L，电阻为R，用质量不计的导线将其两端焊接，并在ab两点将它悬挂起来，接在电动势为

E，内阻不计的电源上。在空间加一范围足够大的匀强磁场，金属棒处于静止状态时，平面abcd与竖直方向夹角30=，已知磁场方向与平面abcd平行。则磁场的磁感应强度大小为（）A.33GRELB.2GRELC.32GRELD.GREL【答案】B【解析】

【详解】由图中可知电流方向由d到c，整个装置受力如图所示金属棒恰好处于平衡状态，根据左手定则可知磁场力方向垂直于金属棒向上则有sin30=FG解得2=GF根据闭合电路欧姆定律有EIR=又因为FBIL=解得2=GRBEL故选B。7.某品牌扫地机器人，已知其电动

机的额定功率57.6W，由规格为DC14.4V/6000mAh的锂电池（不计内阻）供电，电动机始终以额定功率工作，当锂电池电量降低到总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。下列说法正确的是（）A.该电动机的额定电流为6AB.该电

动机的内阻为3.6ΩC.该锂电池可以使扫地机器人连续正常工作1.2hD.锂电池最多可以输出的电能为86.4J【答案】C【解析】【详解】A．该电动机的额定电流为57.6A=4A14.4PIU==A错误；B．由于电动机属于非纯电阻，测量电阻应短暂卡住不能正常工作时测量或低电压无

法转动时测量，正常工作时，无法求该电动机的内阻，B错误；C．该锂电池可以使扫地机器人连续正常工作时间为600080%h1.2h4000t==C正确；D．锂电池最多可以输出的电能为14.46360080%J=248832JW=电D错误。故选C。

8.2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境。据报道该装置目前达到了4s的微重力时间、10g的微重力水平。电磁

弹射阶段可以看做加速度大小为5g的匀加速运动，实验舱的质量为500kg，取重力加速度210m/sg=，下列说法正确的是（）A.竖直上抛和下落阶段重力的合冲量为0B.电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量与上抛阶段重力的冲量大小相等C.电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量大小为

41.210NSD.电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱做功为5110J【答案】C【解析】【详解】A．竖直上抛和下落阶段重力的冲量大小相同，方向相同，合冲量不为0，A错误；B．电磁弹射阶段，电磁系统对实验舱的冲量和重力

的冲量之和与上抛阶段重力的冲量大小相等，B错误；C．由动量定理得0Imgtmgt−−=上由题意可知实验舱上抛和下落阶段的时间为4s，则上升时间和下降时间各2s，可知实验舱开始上抛的速度为20m/svgt==上电磁弹射阶段有5vgt=得0.4st=解得41.210NSI=C正确；D．电

磁弹射阶段，上升的距离为2154m2hgt==上抛的位移为2120m2hgt==上上由动能定理得0Wmghmgh−−=上解得51.210JW=D错误；故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合

题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.某同学观察肥皂膜干涉现象，用铁丝圈蘸取肥皂液，由于受重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的楔形，截面如图所示。用黄光从左侧照射肥皂膜，下列说法

正确的是（）A.肥皂膜上形成相互平行的横条纹B.应从肥皂膜右侧观察干涉图样C.干涉条纹的分布上疏下密D.换用蓝光照射，条纹间距变大【答案】AC【解析】【详解】AB．薄膜干涉是薄膜前后两个面的反射光叠加产生的，肥皂膜上形成

相互平行的横条纹，应该从入射光的同侧观察，即从肥皂膜左侧观察干涉图样，故A正确，B错误；C．任意两相邻亮条纹处对应的薄膜厚度之差是2，由于薄膜不是均匀增厚的，从上到下薄膜增厚得越来越快，故明暗相间的条纹不是等间距的，而是上疏下密，故C正确；D．根据光双缝干涉条

纹的间距公式lxd=的换用蓝光照射，则波长变短，条纹间距变小，故D错误。故选AC。10.如图所示，一种将药物透过皮肤注入体内的高压喷射器，喷射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连。已知槽高为h；槽的左、右两侧为导电金属壁，间距为

L，金属壁间电压为U；上、下、前、后均为绝缘壁，其中前、后壁间距为d，垂直于前壁向后有磁感应强度大小为B的匀强磁场。喷射器正常工作时，药液受安培力作用被压到细管中完成注射。已知药液的电阻率为。下列说法正确的是（）A.槽的右壁应接电源正极B.槽的左壁应接电源正极C.药液受到的安培力大小为BUhd

D.药液受到的安培力大小为BUhd【答案】BD【解析】【详解】AB．根据题意可知，药液受到的安培力向上，根据左手定则可知，电流方向由左向右，槽的左壁应接电源正极，故A错误，B正确；CD．药液的电阻为LLRShd==药液受到的安培力大小为UFIBLBBRdLUh

===故C错误，D正确。故选BD。11.一列沿x轴传播的简谐横波在0t=时刻波的图像如图甲所示。此时波刚好传播到M点，点N、M、Q分别是平衡位置位于：1m3m10mNMQxxx===、、的质点，其中某质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.该波传播

速度大小为1m/sB.图乙为N点的振动图像C.7st=时，Q点开始振动，振动方向沿y轴负方向D.当Q点处于波峰时，N、M两点均处于平衡位置且振动方向相同【答案】AB【解析】【详解】A．该波的波长4m=周期4sT=传播速度为lm/s

vT==A正确；B．波刚好传播到M点时，M点沿y轴正方向振动，所以该波的波源的起振方向沿y轴正方向由图甲可知N点处于平衡位置并向y轴负方向振动，与图乙相符，故图乙为N点的振动图像，B正确；C．波传到Q点用时10m3

m7s1m/st−==所以，在7st=时，Q点开始振动，由图像可知振动方向沿y轴正方向，C错误；D．由图甲可知，N、M两点是振动反向点，故二者振动方向始终相反，故D错误。故选AB。12.如图所示，质量为3m的木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量

为m。如图甲所示，若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为Ax，子弹B射入木块的深度为Bx，且AB2xx=。如图乙所示，若子弹A、B从同一侧同时水平射入木块，子弹A射入木块的深度为Ax，子弹B射

入木块的深度为Bx。整个过程A、B始终不相撞，且所受摩擦力恒定。下列说法正确的是（）A.子弹B的质量为2mB.ABABxxxx+=+C.AB2xxD.子弹A、B从同一侧射入时，子弹B先与木块相对静止

【答案】ACD【解析】【详解】A．子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，对木块受力分析，根据平衡条件可得ABfff==木块与子弹A、B组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有ABB0mvmv−=则ABB0mvtmvt−=即ABBmxmx=子弹B

的质量为B2mm=故A正确；B．设子弹A、B入射前的速度分别为A0v、B0v，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，根据能量守恒有22ABA0B011222fxfxmvmv+=+子弹A、B从同一侧同时水平射入木块，

设子弹A、B、木块共速时的速度为v，系统动量守恒，有A0B02(23)mvmvmmmv+=++根据能量守恒有222ABA0B01112(23)222fxfxmvmvmmmv+=+−++可得ABABxxxx++故B错误

；CD．根据牛顿第二定律有AB2fmama==C23fma=可得AB2aa=且A0B02vv=作出子弹A、B、木块的vt−图象如图所示。可知子弹B的vt−图象先与木块的vt−图象相交，则子弹A、B从同一侧射入时，

子弹B先与木块相对静止，根据vt−图象与坐标轴围成的面积表示位移，则BObcxS=AObdbdexSS=+根据数学关系有2ObdObcSS=可得AB2xx故CD正确。故选ACD。三、非选择题：本题共6小题，共60

分。13.某研究性学习小组用单摆测定重力加速度，实验装置如图甲所示，摆球下端吸住轻薄纽扣磁铁，在单摆平衡位置正下方5cm处放置一智能手机。基于磁传感器，智能手机可以测量所在位置磁感应强度的大小，手机离磁铁越近，磁场越强，忽略电磁力对单摆周期的影响。（1）该学习小组

用游标卡尺测量小球的直径，某次测量，示数如图乙所示，小球直径d=__________mm（2）使小球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件。某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图丙所示，则单摆的振动周期T=_________s（结果保留

2位有效数字）；（3）若测得单摆的摆线长为L，则重力加速度g=________________（用前述测量量字母表示）。【答案】①.10.20②.1.4③.2242dLT+【解析】【详解】（1）[1]示数如图乙所示，小球直径10mm40.0

5mm10.20mmd=+=（2）[2]摆球一周期内经过两次平衡位置，由图可知，单摆的周期为9.6s1.4s7T=（3）[3]根据单摆周期公式222dLlTgg+===可得2242dgLT=+14.用伏安法测阻值约为60Ω的定值电阻xR，供选择的器材有：A.直流电源（电动势约

为4.5V，内阻很小）B.电压表（量程3V，内阻约3KΩ）C.电压表（量程15V，内阻约15KΩ）D.电流表（量程60mA，内阻约0.125Ω）E.电流表（量程3A，内阻约0.025Ω）F.滑动变阻器（最大阻值15Ω，额定电

流2A）G.滑动变阻器（最大阻值500Ω额定电流1A）H.开关，导线要求有较高的测量精度，而且需要待测电阻上所加电压能够从零开始变化，且变化范围比较大。（1）电压表应选择______，电流表应选择_____，滑动变

阻器应选择_____（填字母代号）。（2）如图甲所示，实物图中已连接了部分导线，请用笔代替导线补充完成实验电路图甲。（）（3）考虑到电表内阻的影响，该实验存在系统误差，误差产生的原因是（）A.电压表分流的影响B.电流表分压的影响C.电压表分压的影响D.电流表分流的影响（4）正确连接电

路后，实验小组发现电流表已损坏，又去实验室找到一个电流表和定值电阻。电流表：量程10mA，内阻A50ΩR=；定值电阻010ΩR=。根据现有实验器材设计了如图乙所示的电路，电压表示数为U，电流表示数为I，则阻值xR=___________（用U、I

表示）。【答案】①.B②.D③.F④.⑤.B⑥.5066UI−【解析】【详解】（1）[1]电动势约为4.5V，故电压表应选择B；[2]根据欧姆定律可知，最大电流为m4.5mA75mA60EIR===故电流表选D；[3]要求有较高的测量精度，而且需要待测电阻上所加电压能够从零开始变化，且变化

范围比较大，故采用分压式，且分压式解法应选用阻值较小的滑动变阻器，故选F。（2）[4]由于V3000Ω5060ΩxRR==，A60Ω4800.125ΩxRR==满足VAxxRRRR所以电流表内接；而滑动变阻器采

用分压式解法，如图所示（3）[5]电流表内接，电流测量准确，电压值测量不准确，电流表有内阻使电压表示数偏大，则误差是因为电流表分压的影响引起。故选B。（4）[6]电流表和0R并联，总电阻为0A0A501050ΩΩ606RRRRR===+且0A

101505RR==根据并联电路规律可得流过0R电流为5I，根据欧姆定律可得5xURRII=++解得50566xUURRIII=−=−+15.提升重物用的直流电动机工作时的电路如图所示。电动机内电阻0.8Ωr

=，电阻10ΩR=，直流电压160VU=。电动机以速度0.53m/sv=匀速竖直向上提升某重物时，理想电压表示数V110VU=，取重力加速度210m/sg=。求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的发热功率；（3）重物的质量。【答案】（1）5A；（2）20W

；（3）100kg【解析】【详解】（1）通过电动机的电流为V160110A5A10UUIR−−===（2）电动机的发热功率为2250.8W20WPIr===热（3）电动机输出的机械功率为22V1105W50.8W530WPUIIr

=−=−=Pmgv=解得100kgm=16.如图所示，截面为等腰直角三角形ABC的玻璃砖，折射率290nB==，。一束频率14510Hzf=的光线从AB中点垂直射入棱镜，从BC射出后，进入双缝干涉装置。已知AC长度0.15ml=

，双缝间距0.2mmd=，双缝到光屏的距离1.0mL=，光在真空中的传播速度83.010m/sc=。（1）通过计算判断光线能否在AC面发生全反射；（2）求光线在玻璃砖中传播的时间t；（3）求光屏上两相邻亮条纹中心间的距离x。【答案】（1）能发生全反射；（2）10510st−=；

（3）3310mx−=【解析】【详解】（1）由11sin2Cn==可知全反射临界角45C=从AB中点垂直射入棱镜的入射光线恰好可以在等腰直角三角形的AC边发生全反射；（2）由题意可知，光线在棱镜中的传播距离2

322sin45m2240lsl===传播速度为cvn=则传播时间10510sstv−==（3）光屏上两相邻亮条纹中心间的距离334811310m310m0.215100LLcxddf−−====17.如图所示，在0y的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，在0y的区域存

在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子a，从y轴上的A点(0,)h以初速度0v沿y轴负方向射入电场，一段时间后从x轴上的B点3,02h进入磁场区域。粒子a进入磁场的同时，另一质量为2m、不带电的粒子b从A点沿y轴负方向射入电场，两

粒子恰好能发生正碰（碰撞前后速度在同一条直线上），不计两粒子所受重力。（1）求电场强度E大小；（2）求磁场磁感应强度B的大小及粒子b射入电场的速度大小；（3）若碰后两粒子结合一起运动，请通过计算说明碰后粒子能否再次经过

x轴。【答案】（1）203mvEqh=；（2）023mvBqh=，01934vv=；（3）不会。【解析】【详解】（1）粒子a从A点到B点所用时间0htv=粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动21322ath=根据牛顿第二定律E

qma=联立解得203mvEqh=（2）粒子a进入磁场时的速度为()02202vtvva=+=此时速度与x轴正向间的夹角为30o，之后两粒子恰好能发生正碰，根据几何关系知粒子a做圆周运动的半径为33h，根据牛顿第

二定律的在233hvqvBm=可得023mvBqh=又周期0233rhTvv==正碰时粒子b运动时间1022339Thtv==粒子b做匀速运动射入电场速度01193cos304vhrvt+==o（3）碰后两粒子结合在一起，动量守恒()1222mvmvmmv−+=+解得

200.16vv=方向沿y轴负方向，此时粒子做圆周运动的半径2130.14cos302mvhrhrqB===o故不会再次经过x轴。18.如图所示，半径1.4mr=、质量a4kgm=带有四分之一光滑圆弧面的斜面体a，静置于光滑水平平台上，弧面最低点与平台相切；质量b1

kgm=、长度1.5mL=的木板b静止在光滑水平面上，其上表面与平台等高，在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量c3kgm=的滑块c从弧面最高点由静止释放，滑下后冲上木板b，木板b、滑块c之间的动摩擦因数0.5

=。木板b、滑块c第一次共速时，木板b与挡板P恰好发生弹性碰撞。取重力加速度210m/sg=，求：的（1）滑块c冲上木板b时的速度大小0v；（2）木板b与挡板P第一次发生弹性碰撞时，滑块c到木板b左端的距离；（3）初始时木板b右端到挡板P的距离；（4）木板b与挡板

P碰撞若干次后，木板b与滑块c分离，分离时各自的速度大小。【答案】（1）04m/sv=；（2）0.4m；（3）0.3m；（4）c1m/sv=，b0v=【解析】【详解】（1）斜面体a和滑块c组成的系统，在水平方向动量守

恒aac0mvmv=滑块c在斜面体a上滑下时，系统机械能守恒22caac01122mgrmvmv=+解得04m/sv=（2）滑块c和长木板b组成的系统，动量守恒c0cb1mvmmv=+（）能量守恒22c0cb1c11122mvm

mvmgx=++（）解得10.4mx=（3）木板b的合外力等于滑块c对木板b的滑动摩擦力c15NFfμmg===合根据牛顿第二定律bFma=合解得215m/sa=初始时木板b右端到挡板P的距离等于第一次碰撞前木板b的位移212vxa=解得20.3mx=（4）取向右为正方向，木板b

与挡板P第一次碰撞后，滑块c的速度13m/sv=木板b与挡板P发生弹性碰撞，速度大小不变，方向反向，木板b的速度为13m/sv=−根据动量守恒c1b1bc2mvmvmmv+=+（）根据能量守恒22cb1cb2c21122

mmvmmvμmgx+=++（）（）解得20.9mx=木板b与挡板P第二次碰撞后，滑块c的速度为23m/s2v=碰撞后木板b的速度为23m/s2v=−根据动量守恒c2b2bc3mvmvmmv+=+（）根据能量守恒22cb2cb

3c31122mmvmmvμmgx+=++（）（）解得30.275mx=因为12123xxLxxx+++，所以第二次碰后两者没有达到共速，即第二次碰后根据动量守恒c2b2bbccmvmvmvmv+=+根据能量守恒222cb2ccbbc

12111222mmvmvmvμmgLxx+=++−−（）（）解得c1m/sv=，b0v=或者