山东省济宁市2022-2023学年高二上学期物理期末试卷
一、单选题
1．（2023高二上·济宁期末）物理学理论的突破时常会带来新科技的出现，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数成正比
B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压
C．爱因斯坦在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说
D．麦克斯韦指出周期性变化的电场产生周期性变化的磁场
2．（2023高二上·济宁期末）图图示所描述的探究活动中，闭合导线框中能够产生感应电流的是（ ）
A．甲图中，线框在匀强磁场中垂直于磁场方向水平向右运动
B．乙图中，线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动
C．丙图中，线框在纸面内平动靠近磁铁
D．丁图中，线框在纸面内平行于通电导线向上移动
3．（2023高二上·济宁期末）粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷（包括铁丝），下列说法正确的是（ ）
A．N时刻的位移与P时刻的位移相同
B．P时刻的加速度方向竖直向下
C．N时刻的机械能等于P时刻的机械能
D．随着振幅的减小，振动频率会变小
4．（2023高二上·济宁期末）如图所示，电路中电流表A的量程为0~0.6A，内阻rg=5Ω，电阻R1=1.25Ω，R2=4Ω。下列分析正确的是（ ）
A．若用接线柱1、2测电流，则量程为0~1.2A
B．若用接线柱1、2测电流，则量程为0~2.4A
C．若用接线柱1、3测电压，则量程为0~12V
D．若用接线柱1、3测电压，则量程为0~15V
5．（2023高二上·济宁期末）如图所示，一束红色激光射向水面上的O1点，经折射后在水槽底部P点发生镜面反射，再经O2点折射出水面，测得入射角α=53°时，O1O2间的距离与水深之比为3：2，已知真空中的光速为c，sin53°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．仅增大入射角α，激光能在水面上O1点发生全反射
B．该激光在O2点的折射角β=37°
C．水对该激光的折射率为
D．该激光在水中传播的速度为
6．（2023高二上·济宁期末）如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其中通电电流大小分别为I0、I0、2I0，其截面位于等边三角形的三个顶点上，电流方向如图所示。已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度大小与通电电流的大小成正比，与该点到通电导线的垂直距离成反比。设通电导线c在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为B0，则三根导线在O点产生的合磁感应强度大小为（ ）
A． B．0 C．3B0 D．2B0
7．（2023高二上·济宁期末）如图所示是经典的电桥电路，电源电动势E=9 V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=4Ω、R2=8Ω、R3=12Ω，M点和N点之间接有阻值为10Ω的定值电阻R5和电容为60 F的电容器。变阻箱R4的阻值从6Ω调至12Ω的过程中，通过电阻R5的电荷量为（ ）
A．C B．C C．C D．C
8．（2023高二上·济宁期末）质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒
B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为
D．小球运动到最低点时的速度大小为
二、多选题
9．（2023高二上·济宁期末）图甲是双缝干涉示意图，S1、S2是两个相互平行的狭缝，a、b两种不同颜色的单色光通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．通过同一单缝，b光比a光能发生更明显的衍射
B．b光的频率比a光的频率大
C．若只增大挡板与屏间的距离l，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将增大
D．若只减小挡板上两个狭缝间距d，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将减小
10．（2023高二上·济宁期末）张三设计了日光感应晨起叫醒系统，部分电路简化后如图所示，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表，R0为光敏电阻，随着光照强度增加，其电阻值减小。开关S闭合后，在光照强度变化的过程中电流表A1的示数减小，电流表A1、A2、电压表V的示数变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔU，下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增加
B．电压表V、电流表A2的示数均增大
C．电源内阻
D．电源的总功率和输出功率都减小
11．（2023高二上·济宁期末）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置坐标随时间变化的图像（x t）如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，不计空气阻力，则（ ）
A．t=0.4s时，物块的加速度等于重力加速度
B．若减小物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期不变
C．物块从的过程中，经历的时间是个简谐运动的周期
D．t=0.4s后，物块的位置坐标随时间变化关系为
12．（2023高二上·济宁期末）如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为0.3kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为0.2kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=1.25m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．A球运动到M点时的速度大小为3m/s
B．A球与弹簧相碰过程中，弹簧的最大弹性势能为1.5J
C．B球最终的速度大小为4m/s
D．A球与弹簧相互作用的整个过程中，弹簧对A球弹力的冲量大小为1.2N·s
三、实验题
13．（2023高二上·济宁期末）在“用单摆测量重力加速度”的实验中。
（1）下列说法正确的是_______。
A．摆线要选择适当细些、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．为了使周期测量更加准确，应从摆球释放处开始计时
C．单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球最低端的距离
D．摆球在摆角小于5°摆动的过程中，摆球受到的合力充当回复力
（2）用毫米刻度尺测得单摆的摆线长，用游标卡尺测出摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为 cm。
（3）实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的T2-L图像为图乙中图线②。某同学误将摆线长当作了摆长L，由数据描述T2-L图像得到的图线可能是图乙中的 （选填①、③、④），利用该图线求得的重力加速度 （选填“大于”、“等于”、“小于”）真实值。
14．（2023高二上·济宁期末）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列器材：
一节干电池
（内阻约1Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）
电流表A（量程0~300mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R（最大阻值20Ω）
定值电阻R0=2Ω
（1）为尽量精确测量该干电池的电动势和内阻，应从下列电路中选择的最佳电路是______。
A． B．
C． D．
（2）将实验中测得的数据在坐标纸上描点、连线后如图，分析图像可得电池的电动势E
= V，内阻r = Ω。（结果均保留3位有效数字）
（3）内阻r的测量值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），本实验存在系统误差的原因是 。
四、解答题
15．（2023高二上·济宁期末）为研究电动机驱动灯光喷泉时水柱刚离开喷口瞬间的速度，张三依据如图所示的电路开展探究测量。闭合开关S，直流电动机M正常工作，测得流过电源的电流为8A。已知电源电动势为76V，内阻为2Ω，灯泡电阻恒为20Ω，电动机的线圈电阻为4Ω，喷管的横截面积为m2，水的密度，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电动机正常工作时的输出功率；
（2）电动机用以驱动喷泉，求水柱刚离开喷口瞬间的速度。
16．（2023高二上·济宁期末）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图如图甲所示，此时简谐横波恰好传到质点P，质点P的振动图像如图乙所示。求：
（1）该简谐波的波长和波速；
（2）截止到t=8.0s时刻，质点P共出现波峰的次数和振动通过的路程。
17．（2023高二上·济宁期末）如图所示，一个横截面为四分之一圆（半径为R）的透明柱体水平放置。平行于底面OB的光线从OA左侧射入，已知柱体的折射率为，D点是OA的中点，真空中的光速为c，只讨论界面的折射或全反射，柱体周围可视为真空。求：
（1）由D点入射的光线从D点传到OB所在水平面上E点的时间；
（2）光线在AB面上的最高出射点与OB所在水平面的距离d；
（3）从AB面上最高出射点射出的光线与OB所在水平面的交点F（未画出）到O点的距离d′。
18．（2023高二上·济宁期末）如图所示，滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。滑块P（可视为质点）置于滑板的右端点A处，滑块P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于点，另一端系小球Q。小球Q位于最低点时与滑块P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与滑块P发生弹性碰撞，碰后滑块P将在滑板上向左运动，从C点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB部分上某一点。设小球Q的质量为m，滑块P的质量为3m，滑板的质量为6m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球Q碰滑块P前瞬间，细线对小球的拉力F的大小；
（2）滑块P、小球Q碰撞过程中，滑块P所受合力冲量I的大小；
（3） 时，滑块P从C点飞出后相对C点的最大高度h；
（4）为使滑块P最终停在滑板上，动摩擦因数μ应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；磁通量
【解析】【解答】A．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，A不符合题意；
B．电路发生断路时，电源电动势在数值上等于电源两极间的电压，B不符合题意；
C．普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，C不符合题意；
D．麦克斯韦的电磁理论指出周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据磁通量的表达式得出磁通量与线圈匝数无关，普朗克提出了能量子假说，麦克斯韦指出了周期性变化的电场产生周期性变化的磁场。
2．【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．甲图中，线框在匀强磁场中垂直于磁场方向水平向右运动，闭合导线框中的磁通量没有发生变化，闭合导线框中没有感应电流产生，A不符合题意；
B．乙图中，线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，闭合导线框中的磁通量发生改变，闭合导线框中产生感应电流，B符合题意；
C．丙图中，线框在纸面内平动靠近磁铁，导线框中没有磁通量，故不产生感应电流，C不符合题意；
D．丁图中，线框在纸面内平行于通电导线向上移动，闭合导线框中的磁通量没有发生变化，闭合导线框中没有感应电流产生，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当闭合回路中磁通量发生变化时回路中产生感应电流，结合题意进行分析判断。
3．【答案】B
【知识点】位移与路程；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由于位移是矢量，所以N时刻的位移与P时刻的位移大小相等，方向相反，A不符合题意；
B．P时刻回复力指向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P时刻的加速度方向竖直向下，B符合题意；
C．因为木筷（包括铁丝）做阻尼运动，机械能随时间不断减小，所以N时刻的机械能大于P时刻的机械能，C不符合题意；
D．木筷（包括铁丝）振动的频率与振动幅度无关，所以随着振幅的减小，振动频率不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】位移既有大小，又有方向，结合牛顿第二定律得出P时刻的加速度方向，木筏振动的频率与振动幅度无关，通过能量的转化进行分析判断。
4．【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，改装成的电流表的量程为
AB不符合题意；
CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后在与R2串联，电流表的量程仍为3A，此时改装后电压表的量程为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合串并联电路的特点以及电表的改装得出当接线柱1、2接入电路时电流表的量程，当接线柱1、3接入电路时根据欧姆定律得出改装后电压表的量程。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．当光由光密介质射向光疏介质时，才可能发生全反射，A不符合题意；
B．根据光的反射的特点和几何关系，光在O1点的折射角与O2点的入射角相等，再根据折射定律可知
B不符合题意；
C．根据题意有
所以 ，
根据折射定律有
C符合题意；
D．根据光在介质中的传播速度与折射率的关系有
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当光由光密介质射向光疏介质时能发生全反射，结合折射定律得出水对激光的折射率，光在介质中的传播速度与折射率的关系得出该激光在水中传播的速度 。
6．【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】a、b、c通电直导线在O点产生的磁场方向如下图所示
O点到a、b、c通电导线的距离相等，通电电流大小分别为I0、I0、2I0，通电导线c在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为B0，根据题意可知通电导线a、b在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为
由几何知识可知 、 的夹角为 ，通电导线a、b在三角形中心O点产生磁场的合磁感应强度大小为
方向和 方向相同，则通电导线a、b、c在三角形中心O点产生磁场的合磁感应强度大小为
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据通电导线周围磁场的方向以及磁场的叠加得出 三根导线在O点产生的合磁感应强度 。
7．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】电阻箱 时，并联电路的电阻有
故此时 两点间的电势差等于电容器两端的电势差为
电阻箱 时，外电路的总电阻为
故并联电路两端的电压
电阻 两端的电压为
电阻 两端的电压为
故此时 两点间的电势差等于电容器两端的电势差为
故通过电阻R5的电荷量为
故答案为：A。
【分析】根据串并联电路的特点以及欧姆定律得出并联电路两端的电压以及R2和R3两端的电压，结合电容器的定义式得出通过电阻R5的电荷量 。
8．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A不符合题意；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B不符合题意；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为 ；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
可得
C符合题意；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有
能量守恒得
得小球运动到最低点时的速度大小 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小车与小球组成的系统动量守恒，根据机械能守恒的定律得出向左摆到的高度，结合动量守恒定律以及能量守恒得出小球运动到最低点时的速度。
9．【答案】A,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】AB．根据图乙和图丙可知，丙图相邻亮条纹间的间距更大，根据 可知，b光比a光的波长长，则频率比a光小，通过同一单缝，b光比a光能发生更明显的衍射，A符合题意，B不符合题意；
C．根据 可知，若只增大挡板与屏间的距离 ，两种单色光相邻亮条纹间的距离 都将增大，C符合题意；
D．根据 可知，若只减小挡板上两个狭缝间距 ，两种单色光相邻亮条纹间的距离 都将增大，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据双缝干涉相邻亮条纹间距的表达式得出间距的变化情况以及能发生明显衍射的光。
10．【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．若光照强度增加，R0的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得，干路中的总电流增大，即A1的示数增大，与题干中信息A1的示数减小不符，A不符合题意；
B．电流表A1的示数减小，所以内电压减小，路端电压增大，即电压表示数增大，R1的分压减小，R2两端的电压增大，所以流过R2的电流增大，A2的示数增大，B符合题意；
C．根据闭合电路欧姆定律可得
所以
C符合题意；
D．电源的总功率为
由于干路总电流I1减小，所以电源的总功率减小；由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，所以电源输出功率的变化不能确定，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】光照强度增加时根据闭合电路欧姆定律得出电流表1的示数变化情况，结合电功率的表达式得出电源的总功率以及输出功率的变化情况。
11．【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即
由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为 ，C点处偏离平衡位置的位移大小为 ，有
所以 ，
到A点时，物块只受重力
所以
所以t=0.4s时，物块的加速度大于重力加速度，A不符合题意；
B．弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故减小物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期不变，B符合题意；
C．由图乙可知
因
振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式
当 时， ，代入上式得
所以
当 时，代入解得
物块从 的过程中，经历的时间为
因为
所以物块从 的过程中，经历的时间是 个简谐运动的周期，C不符合题意；
D．由题意可知，0.4s后物块位置随时间变化关系式为
当 时， ，代入上式得
所以
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据简谐运动的对称得出 t=0.4s时 的加速度，弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，通过匀变速直线运动的位移与时间的关系进行分析判断。
12．【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对A球下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据解得
A不符合题意；
B．在水平轨道上，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B两球速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
B符合题意；
C．弹簧恢复原长时A、B分离，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律
由机械能守恒定律得
代入数据解 ，
C符合题意；
D．A球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，根据动量定理，弹簧对A球作用力的冲量
负号表示方向水平向左，冲量大小为1.2N·s，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】对A球下滑的过程根据机械能守恒定律得出M点的速度，根据动量守恒和机械能守恒定律得出弹簧的最大弹性势能以及B的最终速度，结合动量定理得出合力的冲量。
13．【答案】（1）A
（2）2.080
（3）①；等于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A. 摆线要选择适当细些、伸缩性小些的，并且适当长一些，A符合题意；
B. 为了使周期测量更加准确，应从摆球到达最低点处开始计时，B不符合题意；
C. 单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球球心的距离，C不符合题意；
D. 摆球在摆角小于5°摆动的过程中，摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D不符合题意；
故答案为：A。
（2）摆球的直径为2cm+0.05mm×16=2.080cm。
（3）某同学误将摆线长当作了摆长L，则周期表达式为
可得
则描述T2-L图像得到的图线可能是图乙中的①；因图像的斜率与②相同，则 即利用该图线求得的重力加速度等于真实值。
【分析】（1）根据 “用单摆测量重力加速度”的实验 原理选择正确的选项；
（2）根据游标卡尺的读数原理得出摆球的直径；
（3）结合单摆周期的表达式得出T2-L的关系式，从而得出正确的图像。
14．【答案】（1）D
（2）1.45；1.33（1.31~1.35）
（3）偏小；电压表的分流导致干路电流测不准
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电压表的内阻远远大于电源内阻，可知电压表分流影响非常小，因此采用电压表直接测量路端电压，根据
则有
可知，在电流变化量一定时，为了减小电压读数的误差需要使得内阻稍微大一点，则需要在电源上串联一个小电阻。
故答案为：D。
（2）根据
结合图像有 ，
（3）将电压表与电源作为一个整体，等效为一个新电源，则实验测得的是新电源的电动势与内阻，即 ，
即内阻r的测量值比真实值偏小；
本实验存在系统误差的原因是电压表的分流导致干路电流测不准。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及减小电压读数的误差得出最佳的电路图；
（2）根据闭合电路欧姆定律以及图像得出电源的电动势以及内阻；
（3）结合电路的动态分析以及闭合电路欧姆定律的弧长电动势和内阻的测量值和真实值的大小关系。
15．【答案】（1）闭合S后，电动机电压
灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
流过电动机的电流为
电动机的输出功率 =200W
（2）设水的出口速度为v0，在极短时间Δt内从喷管喷出的水的质量为Δm，则
极短时间内电动机输出功率的瞬时值等于增加水动能功率的平均值，有
化简得
解得v0=2m/s
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及欧姆定律得出流过电动机的电流，利用电功率的表达式得出电动机的输出功率；
（2）根据质量和密度的关系以及输出功率的表达式得出水柱刚离开喷口瞬间的速度 。
16．【答案】（1）由图甲可知
解得波长
由图乙可知
所以简谐横波的传播速度的大小
（2）由图乙可知，t=2.0s时第1次出现波峰，在随后的6.0s内，因为
所以可再出现3次波峰，一共出现了4次波峰；
在0~8.0s内，质点P振动的时间为
一次全振动经历的路程为4个振幅，所以总共通过的路程为
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据简谐横波的图像以及质点P的振动图像得出该波的波长以及质点振动的周期，结合波长与周期的关系得出 简谐横波的传播速度 ；
（2）根据简谐波的传播以及质点的振动得出质点P共出现波峰的次数和振动通过的路程。
17．【答案】（1）设光线在O1处发生折射时的入射角为θ1，折射角为θ2。
由几何关系可知
根据折射定律
可得θ1=30°，θ2=60°
可知ΔOO1E为等腰三角形，得
光在柱体内的传播速度
在柱体内的传播时间
从O1传到E的时间
故从D点传到E点的时间
（2）光线在AB面的入射角恰好为临界角，如图入射点设为O2，则
又
解得d=
（3）由几何关系可得
又
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据光路图以及折射定律得出柱体对光线的折射率，通过光传播的速度和折射率的关系以及光在柱体内传播的时间和距离的关系得出 从D点传到E点的时间 ；
（2）根据几何关系以及折射率和全发射临界角的关系得出 光线在AB面上的最高出射点与OB所在水平面的距离 ；
（3）根据几何关系得出从AB面上最高出射点射出的光线与OB所在水平面的交点F（未画出）到O点的距离d′。
18．【答案】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
解得细线对小球的拉力
（2）小球Q和滑块P发生弹性碰撞，由机械能和动量守恒， ，
解得
由动量定理
滑块P所受合力冲量I的大小为
（3）滑块P和滑板在水平方向上不受力，则由水平方向动量守恒可
由能量守恒可得
联立可得
（4）若滑块P最终停在滑板最右端。由能量守恒得
解得
为使滑块P最终停在滑板上，应有
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球Q在下落过程中机械能守恒 ，根据机械能守恒得出小球的速度，通过牛顿第二定律合力提供向心力得出小球的拉力；
（2） 小球Q和滑块P发生弹性碰撞，由机械能和动量守恒以及动量定理得出 滑块P所受合力冲量 ；
（3） 滑块P和滑板在水平方向 动量守恒，利用动量守恒以及能量守恒得出 滑块P从C点飞出后相对C点的最大高度h； ；
（4） 若滑块P最终停在滑板最右端，由能量守恒得出动摩擦因数μ应满足的条件。
山东省济宁市2022-2023学年高二上学期物理期末试卷
一、单选题
1．（2023高二上·济宁期末）物理学理论的突破时常会带来新科技的出现，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数成正比
B．电源电动势在数值上等于电源两极间的电压
C．爱因斯坦在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说
D．麦克斯韦指出周期性变化的电场产生周期性变化的磁场
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；磁通量
【解析】【解答】A．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，A不符合题意；
B．电路发生断路时，电源电动势在数值上等于电源两极间的电压，B不符合题意；
C．普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，C不符合题意；
D．麦克斯韦的电磁理论指出周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据磁通量的表达式得出磁通量与线圈匝数无关，普朗克提出了能量子假说，麦克斯韦指出了周期性变化的电场产生周期性变化的磁场。
2．（2023高二上·济宁期末）图图示所描述的探究活动中，闭合导线框中能够产生感应电流的是（ ）
A．甲图中，线框在匀强磁场中垂直于磁场方向水平向右运动
B．乙图中，线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动
C．丙图中，线框在纸面内平动靠近磁铁
D．丁图中，线框在纸面内平行于通电导线向上移动
【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．甲图中，线框在匀强磁场中垂直于磁场方向水平向右运动，闭合导线框中的磁通量没有发生变化，闭合导线框中没有感应电流产生，A不符合题意；
B．乙图中，线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，闭合导线框中的磁通量发生改变，闭合导线框中产生感应电流，B符合题意；
C．丙图中，线框在纸面内平动靠近磁铁，导线框中没有磁通量，故不产生感应电流，C不符合题意；
D．丁图中，线框在纸面内平行于通电导线向上移动，闭合导线框中的磁通量没有发生变化，闭合导线框中没有感应电流产生，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当闭合回路中磁通量发生变化时回路中产生感应电流，结合题意进行分析判断。
3．（2023高二上·济宁期末）粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷（包括铁丝），下列说法正确的是（ ）
A．N时刻的位移与P时刻的位移相同
B．P时刻的加速度方向竖直向下
C．N时刻的机械能等于P时刻的机械能
D．随着振幅的减小，振动频率会变小
【答案】B
【知识点】位移与路程；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由于位移是矢量，所以N时刻的位移与P时刻的位移大小相等，方向相反，A不符合题意；
B．P时刻回复力指向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P时刻的加速度方向竖直向下，B符合题意；
C．因为木筷（包括铁丝）做阻尼运动，机械能随时间不断减小，所以N时刻的机械能大于P时刻的机械能，C不符合题意；
D．木筷（包括铁丝）振动的频率与振动幅度无关，所以随着振幅的减小，振动频率不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】位移既有大小，又有方向，结合牛顿第二定律得出P时刻的加速度方向，木筏振动的频率与振动幅度无关，通过能量的转化进行分析判断。
4．（2023高二上·济宁期末）如图所示，电路中电流表A的量程为0~0.6A，内阻rg=5Ω，电阻R1=1.25Ω，R2=4Ω。下列分析正确的是（ ）
A．若用接线柱1、2测电流，则量程为0~1.2A
B．若用接线柱1、2测电流，则量程为0~2.4A
C．若用接线柱1、3测电压，则量程为0~12V
D．若用接线柱1、3测电压，则量程为0~15V
【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，改装成的电流表的量程为
AB不符合题意；
CD．当接线柱1、3接入电路时，电流表A与R1并联后在与R2串联，电流表的量程仍为3A，此时改装后电压表的量程为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合串并联电路的特点以及电表的改装得出当接线柱1、2接入电路时电流表的量程，当接线柱1、3接入电路时根据欧姆定律得出改装后电压表的量程。
5．（2023高二上·济宁期末）如图所示，一束红色激光射向水面上的O1点，经折射后在水槽底部P点发生镜面反射，再经O2点折射出水面，测得入射角α=53°时，O1O2间的距离与水深之比为3：2，已知真空中的光速为c，sin53°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．仅增大入射角α，激光能在水面上O1点发生全反射
B．该激光在O2点的折射角β=37°
C．水对该激光的折射率为
D．该激光在水中传播的速度为
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．当光由光密介质射向光疏介质时，才可能发生全反射，A不符合题意；
B．根据光的反射的特点和几何关系，光在O1点的折射角与O2点的入射角相等，再根据折射定律可知
B不符合题意；
C．根据题意有
所以 ，
根据折射定律有
C符合题意；
D．根据光在介质中的传播速度与折射率的关系有
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当光由光密介质射向光疏介质时能发生全反射，结合折射定律得出水对激光的折射率，光在介质中的传播速度与折射率的关系得出该激光在水中传播的速度 。
6．（2023高二上·济宁期末）如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其中通电电流大小分别为I0、I0、2I0，其截面位于等边三角形的三个顶点上，电流方向如图所示。已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度大小与通电电流的大小成正比，与该点到通电导线的垂直距离成反比。设通电导线c在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为B0，则三根导线在O点产生的合磁感应强度大小为（ ）
A． B．0 C．3B0 D．2B0
【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】a、b、c通电直导线在O点产生的磁场方向如下图所示
O点到a、b、c通电导线的距离相等，通电电流大小分别为I0、I0、2I0，通电导线c在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为B0，根据题意可知通电导线a、b在三角形中心O点产生磁场的磁感应强度大小为
由几何知识可知 、 的夹角为 ，通电导线a、b在三角形中心O点产生磁场的合磁感应强度大小为
方向和 方向相同，则通电导线a、b、c在三角形中心O点产生磁场的合磁感应强度大小为
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据通电导线周围磁场的方向以及磁场的叠加得出 三根导线在O点产生的合磁感应强度 。
7．（2023高二上·济宁期末）如图所示是经典的电桥电路，电源电动势E=9 V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=4Ω、R2=8Ω、R3=12Ω，M点和N点之间接有阻值为10Ω的定值电阻R5和电容为60 F的电容器。变阻箱R4的阻值从6Ω调至12Ω的过程中，通过电阻R5的电荷量为（ ）
A．C B．C C．C D．C
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】电阻箱 时，并联电路的电阻有
故此时 两点间的电势差等于电容器两端的电势差为
电阻箱 时，外电路的总电阻为
故并联电路两端的电压
电阻 两端的电压为
电阻 两端的电压为
故此时 两点间的电势差等于电容器两端的电势差为
故通过电阻R5的电荷量为
故答案为：A。
【分析】根据串并联电路的特点以及欧姆定律得出并联电路两端的电压以及R2和R3两端的电压，结合电容器的定义式得出通过电阻R5的电荷量 。
8．（2023高二上·济宁期末）质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒
B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为
D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A不符合题意；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B不符合题意；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为 ；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
可得
C符合题意；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有
能量守恒得
得小球运动到最低点时的速度大小 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小车与小球组成的系统动量守恒，根据机械能守恒的定律得出向左摆到的高度，结合动量守恒定律以及能量守恒得出小球运动到最低点时的速度。
二、多选题
9．（2023高二上·济宁期末）图甲是双缝干涉示意图，S1、S2是两个相互平行的狭缝，a、b两种不同颜色的单色光通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．通过同一单缝，b光比a光能发生更明显的衍射
B．b光的频率比a光的频率大
C．若只增大挡板与屏间的距离l，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将增大
D．若只减小挡板上两个狭缝间距d，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将减小
【答案】A,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】AB．根据图乙和图丙可知，丙图相邻亮条纹间的间距更大，根据 可知，b光比a光的波长长，则频率比a光小，通过同一单缝，b光比a光能发生更明显的衍射，A符合题意，B不符合题意；
C．根据 可知，若只增大挡板与屏间的距离 ，两种单色光相邻亮条纹间的距离 都将增大，C符合题意；
D．根据 可知，若只减小挡板上两个狭缝间距 ，两种单色光相邻亮条纹间的距离 都将增大，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据双缝干涉相邻亮条纹间距的表达式得出间距的变化情况以及能发生明显衍射的光。
10．（2023高二上·济宁期末）张三设计了日光感应晨起叫醒系统，部分电路简化后如图所示，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表，R0为光敏电阻，随着光照强度增加，其电阻值减小。开关S闭合后，在光照强度变化的过程中电流表A1的示数减小，电流表A1、A2、电压表V的示数变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔU，下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增加
B．电压表V、电流表A2的示数均增大
C．电源内阻
D．电源的总功率和输出功率都减小
【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．若光照强度增加，R0的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得，干路中的总电流增大，即A1的示数增大，与题干中信息A1的示数减小不符，A不符合题意；
B．电流表A1的示数减小，所以内电压减小，路端电压增大，即电压表示数增大，R1的分压减小，R2两端的电压增大，所以流过R2的电流增大，A2的示数增大，B符合题意；
C．根据闭合电路欧姆定律可得
所以
C符合题意；
D．电源的总功率为
由于干路总电流I1减小，所以电源的总功率减小；由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，所以电源输出功率的变化不能确定，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】光照强度增加时根据闭合电路欧姆定律得出电流表1的示数变化情况，结合电功率的表达式得出电源的总功率以及输出功率的变化情况。
11．（2023高二上·济宁期末）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置坐标随时间变化的图像（x t）如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，不计空气阻力，则（ ）
A．t=0.4s时，物块的加速度等于重力加速度
B．若减小物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期不变
C．物块从的过程中，经历的时间是个简谐运动的周期
D．t=0.4s后，物块的位置坐标随时间变化关系为
【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即
由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为 ，C点处偏离平衡位置的位移大小为 ，有
所以 ，
到A点时，物块只受重力
所以
所以t=0.4s时，物块的加速度大于重力加速度，A不符合题意；
B．弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故减小物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期不变，B符合题意；
C．由图乙可知
因
振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式
当 时， ，代入上式得
所以
当 时，代入解得
物块从 的过程中，经历的时间为
因为
所以物块从 的过程中，经历的时间是 个简谐运动的周期，C不符合题意；
D．由题意可知，0.4s后物块位置随时间变化关系式为
当 时， ，代入上式得
所以
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据简谐运动的对称得出 t=0.4s时 的加速度，弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，通过匀变速直线运动的位移与时间的关系进行分析判断。
12．（2023高二上·济宁期末）如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为0.3kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为0.2kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=1.25m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．A球运动到M点时的速度大小为3m/s
B．A球与弹簧相碰过程中，弹簧的最大弹性势能为1.5J
C．B球最终的速度大小为4m/s
D．A球与弹簧相互作用的整个过程中，弹簧对A球弹力的冲量大小为1.2N·s
【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对A球下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据解得
A不符合题意；
B．在水平轨道上，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B两球速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
B符合题意；
C．弹簧恢复原长时A、B分离，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律
由机械能守恒定律得
代入数据解 ，
C符合题意；
D．A球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，根据动量定理，弹簧对A球作用力的冲量
负号表示方向水平向左，冲量大小为1.2N·s，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】对A球下滑的过程根据机械能守恒定律得出M点的速度，根据动量守恒和机械能守恒定律得出弹簧的最大弹性势能以及B的最终速度，结合动量定理得出合力的冲量。
三、实验题
13．（2023高二上·济宁期末）在“用单摆测量重力加速度”的实验中。
（1）下列说法正确的是_______。
A．摆线要选择适当细些、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．为了使周期测量更加准确，应从摆球释放处开始计时
C．单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球最低端的距离
D．摆球在摆角小于5°摆动的过程中，摆球受到的合力充当回复力
（2）用毫米刻度尺测得单摆的摆线长，用游标卡尺测出摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为 cm。
（3）实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的T2-L图像为图乙中图线②。某同学误将摆线长当作了摆长L，由数据描述T2-L图像得到的图线可能是图乙中的 （选填①、③、④），利用该图线求得的重力加速度 （选填“大于”、“等于”、“小于”）真实值。
【答案】（1）A
（2）2.080
（3）①；等于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A. 摆线要选择适当细些、伸缩性小些的，并且适当长一些，A符合题意；
B. 为了使周期测量更加准确，应从摆球到达最低点处开始计时，B不符合题意；
C. 单摆的摆长等于摆线上端的悬点到摆球球心的距离，C不符合题意；
D. 摆球在摆角小于5°摆动的过程中，摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D不符合题意；
故答案为：A。
（2）摆球的直径为2cm+0.05mm×16=2.080cm。
（3）某同学误将摆线长当作了摆长L，则周期表达式为
可得
则描述T2-L图像得到的图线可能是图乙中的①；因图像的斜率与②相同，则 即利用该图线求得的重力加速度等于真实值。
【分析】（1）根据 “用单摆测量重力加速度”的实验 原理选择正确的选项；
（2）根据游标卡尺的读数原理得出摆球的直径；
（3）结合单摆周期的表达式得出T2-L的关系式，从而得出正确的图像。
14．（2023高二上·济宁期末）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了下列器材：
一节干电池
（内阻约1Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）
电流表A（量程0~300mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R（最大阻值20Ω）
定值电阻R0=2Ω
（1）为尽量精确测量该干电池的电动势和内阻，应从下列电路中选择的最佳电路是______。
A． B．
C． D．
（2）将实验中测得的数据在坐标纸上描点、连线后如图，分析图像可得电池的电动势E
= V，内阻r = Ω。（结果均保留3位有效数字）
（3）内阻r的测量值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”），本实验存在系统误差的原因是 。
【答案】（1）D
（2）1.45；1.33（1.31~1.35）
（3）偏小；电压表的分流导致干路电流测不准
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电压表的内阻远远大于电源内阻，可知电压表分流影响非常小，因此采用电压表直接测量路端电压，根据
则有
可知，在电流变化量一定时，为了减小电压读数的误差需要使得内阻稍微大一点，则需要在电源上串联一个小电阻。
故答案为：D。
（2）根据
结合图像有 ，
（3）将电压表与电源作为一个整体，等效为一个新电源，则实验测得的是新电源的电动势与内阻，即 ，
即内阻r的测量值比真实值偏小；
本实验存在系统误差的原因是电压表的分流导致干路电流测不准。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及减小电压读数的误差得出最佳的电路图；
（2）根据闭合电路欧姆定律以及图像得出电源的电动势以及内阻；
（3）结合电路的动态分析以及闭合电路欧姆定律的弧长电动势和内阻的测量值和真实值的大小关系。
四、解答题
15．（2023高二上·济宁期末）为研究电动机驱动灯光喷泉时水柱刚离开喷口瞬间的速度，张三依据如图所示的电路开展探究测量。闭合开关S，直流电动机M正常工作，测得流过电源的电流为8A。已知电源电动势为76V，内阻为2Ω，灯泡电阻恒为20Ω，电动机的线圈电阻为4Ω，喷管的横截面积为m2，水的密度，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电动机正常工作时的输出功率；
（2）电动机用以驱动喷泉，求水柱刚离开喷口瞬间的速度。
【答案】（1）闭合S后，电动机电压
灯泡的电压等于电动机电压，则流过灯泡的电流为
流过电动机的电流为
电动机的输出功率 =200W
（2）设水的出口速度为v0，在极短时间Δt内从喷管喷出的水的质量为Δm，则
极短时间内电动机输出功率的瞬时值等于增加水动能功率的平均值，有
化简得
解得v0=2m/s
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及欧姆定律得出流过电动机的电流，利用电功率的表达式得出电动机的输出功率；
（2）根据质量和密度的关系以及输出功率的表达式得出水柱刚离开喷口瞬间的速度 。
16．（2023高二上·济宁期末）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图如图甲所示，此时简谐横波恰好传到质点P，质点P的振动图像如图乙所示。求：
（1）该简谐波的波长和波速；
（2）截止到t=8.0s时刻，质点P共出现波峰的次数和振动通过的路程。
【答案】（1）由图甲可知
解得波长
由图乙可知
所以简谐横波的传播速度的大小
（2）由图乙可知，t=2.0s时第1次出现波峰，在随后的6.0s内，因为
所以可再出现3次波峰，一共出现了4次波峰；
在0~8.0s内，质点P振动的时间为
一次全振动经历的路程为4个振幅，所以总共通过的路程为
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据简谐横波的图像以及质点P的振动图像得出该波的波长以及质点振动的周期，结合波长与周期的关系得出 简谐横波的传播速度 ；
（2）根据简谐波的传播以及质点的振动得出质点P共出现波峰的次数和振动通过的路程。
17．（2023高二上·济宁期末）如图所示，一个横截面为四分之一圆（半径为R）的透明柱体水平放置。平行于底面OB的光线从OA左侧射入，已知柱体的折射率为，D点是OA的中点，真空中的光速为c，只讨论界面的折射或全反射，柱体周围可视为真空。求：
（1）由D点入射的光线从D点传到OB所在水平面上E点的时间；
（2）光线在AB面上的最高出射点与OB所在水平面的距离d；
（3）从AB面上最高出射点射出的光线与OB所在水平面的交点F（未画出）到O点的距离d′。
【答案】（1）设光线在O1处发生折射时的入射角为θ1，折射角为θ2。
由几何关系可知
根据折射定律
可得θ1=30°，θ2=60°
可知ΔOO1E为等腰三角形，得
光在柱体内的传播速度
在柱体内的传播时间
从O1传到E的时间
故从D点传到E点的时间
（2）光线在AB面的入射角恰好为临界角，如图入射点设为O2，则
又
解得d=
（3）由几何关系可得
又
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据光路图以及折射定律得出柱体对光线的折射率，通过光传播的速度和折射率的关系以及光在柱体内传播的时间和距离的关系得出 从D点传到E点的时间 ；
（2）根据几何关系以及折射率和全发射临界角的关系得出 光线在AB面上的最高出射点与OB所在水平面的距离 ；
（3）根据几何关系得出从AB面上最高出射点射出的光线与OB所在水平面的交点F（未画出）到O点的距离d′。
18．（2023高二上·济宁期末）如图所示，滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。滑块P（可视为质点）置于滑板的右端点A处，滑块P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于点，另一端系小球Q。小球Q位于最低点时与滑块P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与滑块P发生弹性碰撞，碰后滑块P将在滑板上向左运动，从C点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB部分上某一点。设小球Q的质量为m，滑块P的质量为3m，滑板的质量为6m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球Q碰滑块P前瞬间，细线对小球的拉力F的大小；
（2）滑块P、小球Q碰撞过程中，滑块P所受合力冲量I的大小；
（3） 时，滑块P从C点飞出后相对C点的最大高度h；
（4）为使滑块P最终停在滑板上，动摩擦因数μ应满足的条件。
【答案】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
解得细线对小球的拉力
（2）小球Q和滑块P发生弹性碰撞，由机械能和动量守恒， ，
解得
由动量定理
滑块P所受合力冲量I的大小为
（3）滑块P和滑板在水平方向上不受力，则由水平方向动量守恒可
由能量守恒可得
联立可得
（4）若滑块P最终停在滑板最右端。由能量守恒得
解得
为使滑块P最终停在滑板上，应有
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球Q在下落过程中机械能守恒 ，根据机械能守恒得出小球的速度，通过牛顿第二定律合力提供向心力得出小球的拉力；
（2） 小球Q和滑块P发生弹性碰撞，由机械能和动量守恒以及动量定理得出 滑块P所受合力冲量 ；
（3） 滑块P和滑板在水平方向 动量守恒，利用动量守恒以及能量守恒得出 滑块P从C点飞出后相对C点的最大高度h； ；
（4） 若滑块P最终停在滑板最右端，由能量守恒得出动摩擦因数μ应满足的条件。
