2023枣庄三中高二上学期1月期末考试物理试题pdf版含解析

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枣庄市第三中学2022-2023学年第一学期高二期末检测物理参考答案1【详解】A．由激光的特点及应用可知光纤通信主要利用了激光的相干性好的特点，故A错误；B．计算机内的“磁头”读出光盘上的信息主要应用了激光的平行度好的特点，故B错误；C．医疗中的激光“光刀”利用了激光的亮度高的特点，故C正确；D．激光测距利用的是激光的平行度好的特点，故D错误。   故选C。2．【详解】A．电流虽然有大小、有方向，但运算时不遵循平行四边形定则，因此电流是标量，不是矢量，A错误；B．当电路发生断路时，电源的电动势与电源两极间的电压相等，即电源的电动势并不是总大于电源两极间的电压，B错误；C．表达式是电流的比值定义式，电流由导体两端的电压与电阻决定，因此不能认为通过导体的电流与通过导体横截面的电荷量成正比，C错误；D．根据可知，电源的电动势描述的是通过非静电力做功，将其他形式的能量转化为电能的物理量，电源电动势越大，表征电源把其他形式的能转化为电能的本领越强，D正确。     故选D。3.【详解】根据多普勒效应 ，当声源不动时，观察者向着声源运动时，听到的哨声音调变高，远离声源运动时，听到的哨声音调变低，所以ABC错误；D正确；故选D。4．【详解】A．船在1min时间内上下浮动30次，故周期为：，故A错误；B．当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有两个波峰，故两船间距离为：，故波长：，故B正确；C．波速：，故C错误；D．两船上下振动，水波经过一段时间，甲乙两船不会靠近，故D错误。 故选B。5．【详解】A．指示灯：，得：，，由得流过电流表的电流为：，流过电动机的电流为：，A错误；BC．电动机的输入功率为：，热功率：，输出的机械功率：，电动机效率：，故BC错误；D．电源的输出功率：，故D正确。   故选D。6．【详解】三根导线在O点产生的磁感强度大小相等，根据右手螺旋定则，方向都与该点与O点连线方向垂直指向连线的右侧，如图所示，根据对称性，三个场强的方向互成120o角，矢量叠加后合场强为零。  故选C。7．【详解】A．当磁感线与平面平行时，磁通量为零，但磁感应强度不为零，故A错误；B．根据：，可知，面积和夹角不确定，磁感应强度大的地方磁通量不一定很大，故B正确；C．例如套着条形磁铁的平面，面积增大，磁感线净条数减小，磁通量减小，故C错误；D．只要穿过平面的磁感线净条数不为0，就有磁通量，不一定需要垂直，故D错误。    故选B。8．【详解】A．在0~1s内，物体位移大小为：，设0~1s内电动机做的功为，由动能定理得：，解得：，故A错误；B．在0~1s内，物体的加速度大小为：，设0~1s内细绳拉力的大小为，由牛顿第二定律得：，解得：，由题意知1s后电动机输出功率为：，故B错误；C．当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为：，根据功率的公式可得：，在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得：，解得：，故C正确；D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为，对物体由动能定理得：，解得：，所以在内物体沿斜面向上运动的距离为：，故D错误。   全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》 故选C。9．【详解】A．由图可知与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端电压。电流表A测总电流。电容器的电压等于的电压，滑片向左移动的过程中，总电阻变大，总电流减小，R1两端电压减小，则电容器的电压减小，根据：Q=CU，所以电容器所带的电荷量减少，故A正确；B．根据欧姆定律知，电压表的示数与电流表A的比值等于滑动变阻器R的阻值，滑片向左移动的过程中，变阻器的阻值变大，所以变大，故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律得：，则有：，不变，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律得：，则有：，保持不变且等于内阻r，小于，故D错误。    故选AB。10．【详解】A.将全反射棱镜如图放置，可满足要求，选项A正确；B. 将全反射棱镜如图放置，可满足要求，选项B正确； C. 将全反射棱镜如图放置，可满足要求，选项C正确； D. 全反射棱镜对光路有两种控制作用：将光的传播方向改变90°，或是改变180°，而没有会聚光线的作用，选项D选项错误。11．【详解】A．质点只在各自平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，A错误；B．由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，B正确；C．t=1.5s 时，两列波传播的距离均为：，结合图可知，此时两列波的平衡位置恰好都传播到M点，因此M点恰好处于平衡位置，位移为零，C错误；D．由于波的传播过程就是波形的平移，可知当左侧的波谷到达N点时，右侧的波谷也恰好到达N点，同样，当左侧的波峰到达N点时，右侧的波峰也恰好到达N点，因此N点是振动加强点，D正确。    故选BD。12．【详解】AB．以盒子与物体组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，最终两者的速度相同，设盒子的最终速度为，取向右方向为正方向，由系统的动量守恒则有：，解得：，方向与同向，即方向水平向右，故A错误，B正确；CD．根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，也等于系统损失的动能，则有：，故C错误，D正确；     故选BD。13．     2.06     67.4          B     【详解】（1）[1]摆球直径为：（2）[2]秒表的读数为：[3]该单摆的周期：（3）[4]A．由：，   可得：周期与振幅和摆球的质量无关，纵轴有一个正的截距，说明摆长为零时，周期不为零，所以可能是把摆线长记为了摆长，漏记了小球的半径，故ACD错误，B正确。故选B；（4）[5]根据上述可得：可得：14．     1800                    大于     系统误差【详解】（1）[1]表头指针偏转角度过小，说明选择挡位太小，因此换用较大的挡位，即选择开关拨到“”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为。（2）[2][[3]由所示电路图可知滑动变阻器为分压式接法，对于滑动变阻器，其最大阻值约为，额定电流为，电源内阻约为，则电路总电阻最大约为：电源电动势为，可知电路最小电流约为：即大于滑动变阻器的额定电流，故不可选用滑动变阻器；对于滑动变阻器，其最大阻值约为，额定电流为，则电路总电阻最大约为，电路最小电流约为：即小于滑动变阻器的额定电流，故选用滑动变阻器。由串并联电路的特点可知：两端的电压等于电流表两端的电压，则有：流过的电流等于两表的示数之差，则有：由欧姆定律得：综上分析，在设计原理上的电压和电流的测量均不存在系统误差，故的测量值与真实值相等。（3）[4][5][6]根据闭合电路的欧姆定律有整理得其中可得由于测量值增加了电源和电流表的内阻，故比真实值大。造成此测量结果的误差是由于没有考虑电源和电流表的内阻，为系统误差。15．（1）；（2）【详解】（1）光路图如图所示由几何关系得     （1分）由             （1分）得              （1分）解得         （1分） （2）由几何关系得，在空气中的传播距离  光在空气中传播时间   （1分）光在液体中传播距离   （1分）光在液体中的传播速度  （1分）光在液体中传播时间光从点光源传播到圆形阴影边缘所需时间   （1分）16．（1）；（2），；（3）6个【详解】（1）由图可知，经过，Q先经历了，则     （1分）由于频率为解得   （1分）（2）对P有振幅角速度为   （1分）P波源振动方程为  （2分）由图可知，P波源在Q波源开始振动1s后才开始振动，则时间的范围为   （1分）（3）波长为设振动加强点与P、Q点距离分别为  （1分）   （1分）且解得     （1分）其中k取、、、0、1和2，则区间内振动加强点有6个。（1分）17．（1）BC，AC；（2）3，12 ；（3）8 V，1；（4）4 W【详解】（1）由图甲知电压表V1测路端电压，电压表V2测定值电阻R0两端的电压。当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，所以电压表V1的示数随电流表示数的变化图像应为BC；电压表V2的示数随电流表示数的变化图像应为AC。     （2分）（2）定值电阻        （1分）当I＝0.5 A时    （1分）变阻器的总电阻    （1分）（3）根据闭合电路欧姆定律得①      （1分） ②        （1分）联立①②可解得，      （1分）（4）变阻器消耗的电功率最大时，有      （1分） 此时滑动变阻器两端电压为       变阻器消耗的最大电功率为      （1分） 18．（1）；（2）；；（3）；（4）【详解】（1）施加推力时，假设AC之间无相对滑动，则对AC整体，根据牛顿第二定律解得而C的最大加速度为C的加速度小于最大加速度，说明假设成立，及的加速度大小为。（2）根据匀变速直线运动速度位移关系，AB碰撞前瞬间，对A，有解得AB碰前瞬间A的速度为AB碰撞过程，根据机械能守恒和动量守恒可得解得（3）撤去推力后，C的加速度向左，大小为假设在AC共速前，B与C未相碰，AC共速过程解得则共速前用时此过程，B与C的相对位移故假设成立，共速后到BC相碰还需用时故从撤去推力到B与C右端碰撞的时间（4）从撤去推力到BC相碰前，A相对C向左移动的距离BC碰撞过程，根据动量守恒解得根据题意，当ABC刚好再次共速时，A到达C左端，三者共速满足 BC碰撞到ABC共速过程C的加速度大小用时A相对C向左运动的距离施加推力前A到C左端的距离