重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二上学期期末复习（一）物理试卷（Word版附解析）

重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二上期期末复习题物理（一）

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 下列所描述的物理现象正确的是（　　）

A. 物体所受合外力越大，它的动量变化越大

B. 随着波的传播，介质中的各质点随波的传播而迁移

C. 声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变

D. 某一单摆在做受迫振动，该单摆的摆长越长，其稳定后的周期越大

【答案】C

【解析】

【详解】A．由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化。物体所受合外力冲量越大，它的动量变化越大，A错误；

B．随着波的传播，介质中的各质点不随波的传播而迁移，而在其平衡位置附近振动，B错误；

C．声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变，C正确；

D．某一单摆在做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，与其自身摆长无关，D错误。

故选C。

2. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A. 在时，弹簧振子的加速度为正向最大

B. 在时，弹簧振子有最小的弹性势能

C. 在与两个时刻，振子的速度都为零

D. 从到时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动

【答案】D

【解析】

【详解】A．在时，弹簧振子的位移正向最大，弹簧振子的加速度为负向最大，故A错误；

B．在时，弹簧振子具有最大的负向位移，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，故B错误；

C．在与两个时刻，弹簧振子的位移为零，弹簧的弹性形变量为零，弹簧的弹性势能为零，系统的动能最大，振子有最大的速度，故C错误；

D．从到时间内，弹簧振子的位移逐渐减小，弹簧的弹性形变量减小，弹力减小，弹簧振子的加速度逐渐减小，故弹簧振子做加速度减小的加速运动，D正确。

故选D。

3. 细长轻绳下端拴一个小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将小球向左方拉开一个小角度，然后无初速度地释放，对于以后的运动，下列说法中正确的是（　　）

A. 小球往返运动一次的周期和无钉子时的单摆周期相同

B. 小球在左、右两侧上升的最大高度一样

C. 小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等

D. 摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据 ，摆长越小，周期越小，小球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小，A正确；

BC．根据机械能守恒定律，小球在左、右两侧上升的最大高度一样，小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长不相等，B正确，C错误；

D．根据机械能守恒定律得

解得

摆线在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍，D错误。

故选B。

4. 某同学在学习光学时，发现各种光学现象已经在各个科技领域有所应用。但他对光现象的理解正确的是（　　）

A. 全息影像是利用了激光的衍射现象

B. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，为了防止反光往往在镜头前加增透膜

C. 光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理

D. 利用激光传播速度大特性，可以较准确的测量地球到月球的距离

【答案】C

【解析】

【详解】A．激光全息照相是利用了激光相干性好的特性，故A错误；

B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，玻璃有反光，所以往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰，从而使照片清晰，故B错误；

C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理，故C正确；

D．激光方向集中，也就是平行度好，所以可比较精确测量月球到地球的距离，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5 cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1 m/s和0.5 m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（　　）

A. 甲图中A、B两点的竖直高度差为10 cm

B. 从甲图所示时刻开始经0.25 s，B点通过的路程为20 cm

C. 乙图所表示的是波的衍射现象

D. 在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为

2A=10 cm

故A正确；

B．波的周期为

T= s=0.5 s

从甲图所示时刻开始经

0.25 s=0.5T

B点通过的路程为

2×2A=20 cm

故B正确；

C．乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；

D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。

故选ABD。

6. 如图所示，实线a是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线b是这列波在t=0.7s时刻的波形图。已知该波的波速是v=10m/s，根据图形，则下列说法正确的是（　　）

A. t=0时刻x=-3m处的质点向y轴正方向振动

B. 该横波若遇到4m的障碍物时不能发生明显的衍射现象

C. t=1s时刻，x=1m处的质点速度最大，方向沿y轴正方向

D. t=2.75s时刻x=4m处的质点离开平衡位置位移为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像可知，简谐波的波长为

根据波形平移位移公式

可得

由此可知，该横波向x轴的负方向传播，因此可判断t＝0时刻x=-3m处的质点向y轴负方向振动，故A错误；

B．由于此波的波长为4m，所以该波若遇到4m的障碍物能发生明显衍射，故B错误；

C．该波的周期为

经过t=1s，即个周期后，x=1m处的质点速度最大，方向沿y轴正方向，故C正确；

D．根据质点的振动方程

t＝2.75s时刻x＝4m处的质点离开平衡位置位移为

故D错误。

故选C。

7. 2022年9月1日，问天实验舱的小机械臂首次亮相，小机械臂臂长近6米，通过关节，小机械臂可以实现类似人类手臂的运动能力。若该机械臂向太空同一方向，用同样的力，同时抛出一个100克重的钢球和一个200克重的铜球，假设力的作用时间相同，预定距离二十米，钢球和铜球哪个先抵达？那么正确的结论是（　　）

A. 钢球先到达 B. 铜球先到达 C. 同时到达 D. 无法判定

【答案】A

【解析】

【详解】根据动量定理可得

机械臂的作用力相同，作用时间相同，钢球的质量小，则钢球获得较大的速度，在太空中，钢球和铜球运动的加速度相同，位移相同，所以速度大的钢球运动的时间较短。

故选A。

8. 如图所示，在光滑的水平面上停着一辆质量为M、长为L的平板车，一质量为m的小孩以水平速度v0跳上车的左端，然后在车上忽快忽慢地向右奔跑，经过时间t跑到了车的右端。对于这段时间t内小车的位移，下列说法错误的是（　　）

A. 可能有向右的位移 B. 可能有向左的位移

C. 位移不可能是0 D. 位移的大小可能是L

【答案】C

【解析】

【详解】设在任意时刻小孩和车的速度分别为v和v′，以向右为正方向，由动量守恒定律有

在极短时间Δt内有

设车前进的距离为x，两边求和得

解得

讨论：

若，则；

若，则，车的位移向右；

若，则，车的位移向左；

其中若，可得

结论合理。

本题选错误的，故选C。

9. 以下说法中正确的是（　　）

A. 图甲可知，驱动力频率越大，能量越大，振动幅度越大

B. 图乙是双缝干涉示意图，若只将光源由蓝色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离增大

C. 图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变小

D. 图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度保持不变

【答案】BC

【解析】

【详解】A．图甲中，为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；

B．乙图中，根据，若只将光源由蓝色光改为绿色光，波长增大，两相邻亮条纹间距离将增大，故B正确；

C．丙图中，当将薄片向右移动时，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会变小，故C正确；

D．丁图中，当M固定不动，缓慢转动N，从图示位置开始转动90°时，M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D错误。

故选BC。

10. A、B、C三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线B正好过圆心O，光线A、C从光线B的两侧对称入射，光线A、C从玻璃砖右表面进入空气后与光线B交于D、E。下列说法正确的有（　　）

A. 玻璃对A光的折射率大于对B光的折射率 B. 玻璃对A光的折射率大于对C光的折射率

C. 玻璃对三种光的折射率关系为 D. A光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间比C光长

【答案】BD

【解析】

【详解】A C．由于B光入射角为，故无法判断玻璃对B光的折射率大小，A、C错误；

B．由图可知，A光和C光入射角相同，但A光折射角较小，根据折射率公式可知，玻璃对A光的折射率大于对C光的折射率，B正确；

D．根据公式

由于A光的折射率大，则A光在玻璃中的传播速度较小，又由图可知A光在玻璃砖中的传播路径较长，故A光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间比C光长，D正确。

故选BD。

11. 如图甲、乙分别为两列横波Ⅰ、Ⅱ的振动图像，时刻分别同时从图丙的、两点开始向四周传播，并在时恰好相遇，已知、相距，为中点，D距点，则（　　）

A. 直线上A、B外侧均为振动加强点

B. 直线上A、B间（不包括A、B点）共有6个振动加强点

C. 内直线上C点通过的路程为零

D. 时D点经平衡位置向下振动

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由题意知，波长为，A、B两质点的起振方向相反，AB间距满足波长的整数倍，故A、B外侧均为减弱点，故A错误；

B．加强点满足该点距AB的位移差为半波长的奇数倍，共有8个点，分别距A点的距离为，，，，，，，，故B错误；

C．C点距A点，为减弱点其位移始终为零，故C正确；

D．D点为加强点，时，波Ⅱ刚传到D点，从平衡位置向上振动，此时波Ⅰ已在D点振动了，也从平衡位置向上振动，再经，质点D经平衡位置向下振动，故D正确。

故选CD。

12. 如图所示为一款近期火爆玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（　　）

A. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面

B. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为

C. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为

D. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程

mg＝kx0 ①

施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为

F＋mg＝k（x0＋x）②

若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得

则

F＝mg③

由①②③得

kx＝mg

撤去力F的瞬间，头部所受的回复力

F回＝k（x0＋x）－mg＝kx

当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为

因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；

B．刚释放时弹簧的形变量为

弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得

结合动能

故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；

C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力

此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有

故头部在最高点的加速度为，C正确；

D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为

分析得

则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

D错误。

故选BC。

第Ⅱ卷（非选择题）

二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13. 如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。

（1）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。（用测量的量表示）

（2）在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是___________，与实验所用小球质量有关的是___________。

（3）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示，他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法。__________。

【答案】    ①.     ②. OP    ③. OM、ON    ④. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1]要验证动量守恒定律，即验证

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得

可得

（2）[2][3]OP是小球没有发生碰撞前入射小球A的落点，与小球的质量无关；OM和ON是碰撞后入射小球A和被碰小球B的落点距离，碰撞过程与所用小球的质量有关。

（3）[4]连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示

分别测量出OP、OM′、ON′的长度，若在实验误差允许的范围内，满足关系式

则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。

14. 南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度。

（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径___________ mm。

（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为___________。

A.    B.    C.    D.

（3）如果实验中所得到的关系图线如图乙中的_____所示（选填，，），当地的重力加速度_________（取，结果取小数点后两位）

【答案】    ①. 12.0    ②. C    ③. a    ④. 9.86

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺读数为

（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为。故选C。

（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由

可得

可知其关系图线应a，再将

代入

可得

将

代入

可求得

15. 一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，质点的坐标为．在时刻，质点首次位于波峰位置，点的坐标是．求：

（1）这列波的周期与传播速度；

（2）时质点的位移．

【答案】（1）， ；（2）。

【解析】

【详解】（1）由波形图可知，这列波的波长为

波沿轴负方向传播，根据波形平移法知时刻点向下振动，经个周期首次到达波峰位置，由此可知

则得

所以波速为

（2）因为

波传到点的时间为

故时，质点的位移为

16. 如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d=20cm，初始半圆玻璃砖的直径与光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1点留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为20cm，求∶

（1）玻璃砖的折射率n；

（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）璃砖转过30°角时，折射光路如图

由几何关系可知入射角

i=30°

又

则

那么折射角

γ=75°

由折射定律可知

解得

（2）发生全反射时有

所以

17. 如图所示，是一长为L的水平放置光滑弧形槽，弧形槽半径R，R远大于AB的弧长，弧形槽的左端有一微小凹槽，P为最低点。现有一物理兴趣小组进行闯关比赛，比赛选手从E点（为圆弧的最低点）沿EP方向给质量为m的小球甲一个冲量I，同时从A点由静止释放小球乙，甲、乙两小球在P点相碰可视为比赛选手过关，两小球均视为质点。求：

（1）甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比；

（2）要想比赛过关，比赛选手在E点给小球甲的冲量大小需满足的条件。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设小球甲运动的初速度为v，根据动量定理有

小球甲在运动过程中做匀速直线运动，故其第1次到达P点所需时间为

联立得

由于弧形槽半径R远大于AB的弧长，故小球乙相当于做单摆运动，故有

乙球第1次到达P点时所用时间为

甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比

（2）乙球第n次到达P点时所用时间为

要想比赛过关，则甲球到达P点所用时间需与乙球到达P点所使用时间相等，即

又根据动量定理及匀速运动的规律有

联立可得