2022-2023学年山西省长治市上党区第一中学高二上学期期末物理试题含解析

  长治市上党区一中高二期末考试卷

物理

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色黑水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：必修第一册，第二册，第三册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第一章。

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，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，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. 质量为0.1kg的弹性小球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图像如图所示，0.5s时球与水平地面相碰，离开地面时的速度为碰撞前的，设球受到空气阻力的大小恒为，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A. 下降过程的平均速度大小与上升过程的平均速度大小之比为2∶1

B. 弹性小球受到的空气阻力的大小为0.4N

C. 下降过程与上升过程的加速度大小之比为2∶3

D. 弹性小球第一次碰撞后反弹的最大高度为0.25m

【答案】C

【解析】

【详解】A．设下降过程的末速度为v1，由题意可得上升过程的初速度大小为

下降过程的平均速度为

上升过程的平均速度大小为

综合比较可得

A错误；

B．下降过程，由速度时间关系可得

由牛顿第二定律可得

由题图可得

综合解得

B错误；

C．上升过程，由牛顿第二定律可得

解得

则有

C正确；

D．上升过程由速度位移关系式可得

结合

综合解得

D错误。

故选C。

2. 如图所示，质量为的物体静止在光滑水平地面上，时对物体施加一与水平方向夹角为、大小为的恒力，，，则下列说法正确的是（　　）

A. 末物体的动能大小为 B. 经过力F做功为

C. 末力F的功率为 D. 前力F的平均功率为

【答案】C

【解析】

【详解】A．对物体进行受力分析可知，物体再水平面上做匀加速直线运动，故在水平方向上由牛顿第二定律可得

解得

设1s末物体的动能为Ek，则由匀变速直线运动规律及动能定理可得

解得

故A错误；

B．设2s末物体的速度为v，则由匀变速直线运动规律可得

故由动能定理可得，经过2s力F做功为

故B错误；

C．末力F的功率为

故C正确；

D．前力F的平均功率为

故D错误。

故选C。

【点睛】明确物体的运动情况，熟悉动能的定义，掌握平均功率和瞬时功率之间的区别。

3. 一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（　　）

A. 此单摆的固有周期约为0.5s B. 此单摆的摆长约为1m

C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【答案】B

【解析】

【详解】A．由共振曲线可知，此单摆的固有频率约为

所以，固有周期约为

故A错误；

B．根据单摆周期公式

得

故B正确；

CD．根据单摆周期公式得，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，所以固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。

故选B。

4. 如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为2F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　　）

A. 2F B. 3F C. 4F D. 0

【答案】B

【解析】

【详解】设导体棒MN长度为l，MN棒中电流为I，则其受到的安培力大小

MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流为0.5I，MLN受到的安培力的合力为

MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为3F。

故选B。

【点睛】确定电路的连接方式，根据串并联电路的规律，确定电流电压之间的关系，再根据安培定则判断各部分所受安培力的大小和方向。最后根据力的合成与分解进行解答即可。

5. 如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是（　　）

A. 条纹方向与AB边平行

B. 条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹问距越大

C. 减小薄片的厚度，条纹间距变小

D. 将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．薄膜干涉的光程差（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与BC边平行，故A错误；

B．因为两玻璃间形成空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；

C．减小薄片厚度，条纹间距将增大，故C错误；

D．将红光换成蓝光照射，入射光波长减小，条纹间距将减小，故D正确。

故选D。

6. 假如水星和地球在同一平面内绕太阳公转，把公转轨道均视为网形，如图所示，在地球上观测，发现水星与太阳可呈现的视角（把太阳和水星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角）有最大值，已知最大视角的正弦值为k，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A. 若水星与太阳的距离为r，地球与太阳之间的距离为R，则

B. 水星的公转周期为年

C. 若地球的公转周期为，水星与太阳之间的距离为r，则水星的加速度为

D. 若水星的公转周期为，地球与太阳之间的距离为R，则太阳的质量为

【答案】D

【解析】

【详解】A．分析可知，当地球和水星的连线与水星轨迹相切时，太阳和水星分别与眼睛连线的夹角最大，则

化简得

故A错误；

B．由开普勒第三定律可知

结合解得

故B错误；

C．水星的加速度为

故C错误；

D．对水星，由万有引力提供向心力得

结合解得

故D正确。

故选D。

7. 一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A。上下振动了一段时间，某时刻两个振源在长绳上形成波形如图所示，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次发生了共振现象，则（　　）

A. 由Q振源产生的波先到达弹簧振子处

B. 两列波可能形成干涉

C. 由Q振源产生的波的波速较接近4m/s

D. 绳上不会出现振动位移大小为2A的点

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为小球第一次振动时起振方向向上，根据P、Q振源产生波的波形可知，由P振源产生的波先到达弹簧振子处，故A错误；

BC．由题意可知，P、Q两振源的频率不等，所以不能形成干涉。其中Q的频率比较接近小球振动的固有频率2Hz，所以由Q振源产生的波的波速较接近于

故B错误，C正确；

D．虽然两列波的频率不同，不会产生稳定的干涉，但根据波的叠加原理，在绳上一定会有这两列波的波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇的位置，此位置质点振动位移大小为2A，故D错误。

故选C。

8. 如图所示，电源的电动势为E＝12V、内阻为r＝2Ω，定值电阻、、，电容器的电容为，闭合开关、。则下列说法正确的是（　　）

A. 电容器所带的电荷量为

B. 流过的电流是电流的2倍

C. 断开开关，电容器所带的电荷量不变

D. 断开开关，电源内部消耗的功率增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．闭合开关、，R2、R3并联，并联后电阻阻值为

根据串联电路分压特点有

电容器所带的电荷量为

故A错误；

B．R2、R3电阻相等，通过R2、R3的电流相等，则流过的电流是电流的2倍，故B正确；

C．断开开关，两端的电压为

电容器所带的电荷量为

则电容器所带的电荷量变化，故C错误；

D．断开开关，电路的总电阻增大，总电流减小，根据

电源内部消耗的功率减小，故D错误。

故选B。

9. 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。

10. 一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是（　　）

A. 该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同

B. 该乌贼喷出的水的速度大小为28m/s

C. 该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为

D. 该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280N

【答案】BD

【解析】

【详解】A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出水的动量变化大小相等、方向相反，故A错误；

B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得

解得

故B正确；

C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量

故C错误；

D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为

解得

故D项正确。

故选BD。

11. 如图甲所示，长为的两块平行金属板A、B水平放置，两金属板间接如图乙所示的电压，一质量为、电荷量为的小球在时刻从贴近上极板的边缘以沿水平方向的初速度进入电场，一段时间后小球垂直撞在平行金属板右侧竖直放置的弹性绝缘板MN上并被原速反弹。不计小球与弹性板碰撞的时间，且在碰撞过程中小球的电荷量不发生变化，重力加速度为。下列说法正确的（　　）

A. 时刻两极板间的电压与两极板间距离的关系为

B. 两极板间距离的最小值为

C. 小球在运动过程中的最大动能为

D. 当时，小球回到出发点

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．由题意可知小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时有

当电压为时有

且小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，竖直方向速度刚好减速为0，则有

解得

故A正确；

B．由A项分析可得

小球在时竖直方向的速度

时间内小球在竖直方向上的位移

时间内小球在竖直方向上的位移

所以两极板间的距离

B错误；

小球在时在竖直方向上的速度最大，此时小球的动能最大，则

C正确；

D．小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时竖直方向加速度大小有

则在时间内竖直方向位移大小为

当电压为时竖直方向加速度大小有

则在时间内竖直方向位移大小为

即时小球在竖直方向只回到时间内加速结束时的高度，设时的速度为，且有

则时间内小球在竖直方向一直向上做减速运动，且向上减速所走的位移为

满足

即当时，小球回到出发点，故D正确。

故选ACD。

12. 如图所示，半径为的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度，一比荷为的带正电粒子从圆形磁场边界上的点以的速度垂直直径射入磁场，恰好从点射出，且，下列选项正确的是（　　）

A. 粒子在磁场中运动的轨迹半径为

B. 粒子从点射出方向竖直向下

C. 若粒子改为从圆形磁场边界上的点以相同的速度入射，一定从点射出

D. 若要实现带电粒子从点入射，从点出射，则所加圆形磁场的最小面积可调整为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

A正确；

BD．如图所示，连接两点

由单边磁场的特点可知，入射方向与的夹角等于出射方向与的夹角，故粒子从点射出方向不是竖直向下的，若要实现带电粒子从点入射，从点出射，则所加圆形磁场的直径为时对应的面积最小，最小面积为

B错误，D正确；

C．如图所示

若粒子改为从圆形磁场边界上的点以相同的速度入射，入射方向与垂直，由上分析可知，四边形是个菱形，对边互相平行，竖直向下，由此可知，粒子一定从点射出，C正确。

故选AC。

二、实验题（本题共2小题，共12分）

13. 如图甲为用单摆测重力加速度实验装置，在实验中用最小刻度为的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。

（1）下列说法正确的有_________。（填字母）

A．测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态

B．摆长等于摆线的长度加上摆球的直径

C．测单摆的周期时，应从摆球经过最高点速度为0时开始计时

D．如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用木球作摆球

（2）为悬挂点，从图乙可知单摆的摆长为_________。

（3）若用表示单摆的摆长，表示单摆振动周期，可求出当地重力加速度大小_________。

（4）若把该单摆放在月球上，则其摆动周期_________（填“变大”“变小”或“不变”）。

【答案】    ①. A    ②. （均可）    ③.     ④. 变大

【解析】

【详解】（1）[1]A．测摆长时摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，故A正确；

B．摆长等于摆线长度加上摆球的半径，故B错误；

C．计时应从摆球经过平衡位置（或最低点）时开始计时，测多次全振动所用时间后求出周期的平均值，故C错误；

D．摆球应选择质量大一些、体积小一些的小球，如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用铜球作摆球，故D错误。

故选A。

（2）[2]从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长；

（3）[3]若用表示单摆的摆长，表示单摆振动周期，由单摆的周期公式，可求出当地重力加速度大小

（4）[4]由于月球上的重力加速度比地球上的重力加速度小，所以将同一单摆放在月球上时，其摆动周期将变大。

14. 某同学将微安表改装成多量程电流表并进行校准：

（1）该同学要将一量程为的微安表（如图）改装为量程为的电流表，测得微安表内阻为，需要________（填“串联”或“并联”）阻值________的电阻。

（2）关于将微安表改装成大量程的电流表，下列说法正确的是_________。

A．改装原理为并联电阻能增大通过微安表的电流

B．改装成电流表后，微安表本身允许通过的最大电流并不改变

C．改装后，微安表自身的电阻减小了

D．改装后使用时，微安表本身的参量都不变，整个并联电路允许通过的电流增大

（3）若把改装的电流表与标准的电流表串联进行校准，发现改装表的示数比标准表的示数偏小。

①出现这种问题如果是因为微安表内阻的测量有误差造成的，微安表的实际内阻稍_________（选填“大于”或“小于”）。

②下列措施可使读数变准确的是__________。

A．在上并联一比小得多的电阻            B．在上并联一比大得多的电阻

C．在上串联一比小得多的电阻            D．在上串联一比大得多的电阻

【答案】    ①. 并联    ②. 250    ③. BD##DB    ④. 大于    ⑤. C

【解析】

【详解】（1）[1][2]将小量程的电流变改装成大量程的电流表时应该并联一个小电阻，小电阻起到分流作用，并联电阻的阻值

（2）[3]把表头改装成大量程的电流表时，只是并联了一个分流电阻，使整体并联电路允许通过的最大电流增大，但通过微安表的最大电流以及微安表自身的内电阻等各种特征量都不变。

故选BD。

（3）[4]根据并联电路的分流，改装后电流表示数偏小，即流过微安表的电流偏小，可推断微安表实际阻值应稍大于。

[5]发现改装表的示数比标准表的示数偏小，说明流过表头的电流偏小，并联的电阻R0稍小了些，要使电流表读数准确，应使并联电阻稍大些，故在上串联一个很小的电阻。

故选C。

三、计算题（本题共4小题，共40分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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）

15. 如图所示，上端开口的直圆筒放在水平地面上，在筒底中心固定一个点光源，在圆筒口上端水平固定一个大光屏，观察光源照亮光屏的面积。已知圆筒深度为，圆筒底部圆的半径为，光屏与圆筒口上端距离为，已知水的折射率。

（1）若筒中不注入水，画出光源能照亮光屏的区域的示意图（画出一束光线的光路即可），并求光屏被光源照亮的区域半径；

（2）当筒中注入深的水时，射向圆筒口边缘的光线的折射角的正弦值为0.8，画出光源能照亮光屏的区域的示意图（画出一束光线的光路即可），并求光屏被光源照亮的区域半径。

【答案】（1）示意图见解析，；（2）示意图见解析，

【解析】

【详解】（1）若筒中不注入水，光线在空气中沿直线传播，光源能照亮光屏的区域如图所示

设光屏被光源照亮的区域半径为R，则有

解得

（2）当筒中注入深的水时，光线在水面上折射后能照亮光屏的区域如图所示

设在水面O点处折射后的光线恰好能照射到光屏上，根据题意有

则有

由于

解得

所以光屏被光源照亮的区域半径为

16. 一简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，a、b为x轴正方向上两个点（且a更靠近坐标原点），如图甲所示，t=0时刻开始计时，a、b两点的振动图象如图乙所示，a与b间的距离为5m。求：

（1）处在平衡位置的b质点从t=0开始到第三次处于波峰位置时，a质点在振动过程中通过的路程；

（2）该简谐横波的波长和波速。

【答案】（1）0.77m；（2）若波沿x轴正方向传播有：，；若波沿x轴负方向传播有：，

【解析】

【详解】（1）由题意知a点振动了 ，则a质点通过的路程为

（2）若波沿x轴正方向传播有

，

联立得

若波沿x轴负方向传播有

，

联立得

17. 如图所示，纸面内有互相垂直的虚线边界、，且与水平方向夹角为，在上方和下方存在方向相反、大小相等的匀强磁场.现有一质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点沿方向以初速度射出。已知，不计粒子重力。

（1）若仅经两侧磁场各一次偏转，使粒子从P经A到Q，求此时的磁感应强度的大小及该过程粒子运动的时间t；

（2）若保持粒子入射速度不变，两侧磁感应强度大小可以调整（保持两侧磁场大小始终相等），则为使粒子能始终从P经A到Q，求磁感应强度B的大小应满足的条件。

【答案】（1），；（2）（，2，3，…）

【解析】

【详解】（1）如图所示，可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为 

则由

解得

两侧的圆弧刚好是一个圆周，则运动时间为

（2）根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，

由图可得

（，2，3，…）

其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为或。

设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得

解得

（，2，3，…）

又

解得

（，2，3，…）

18. 在光滑的水平地面上，质量均为的滑块B和C中间夹一轻弹簧，轻弹簧处于原长状态，左端固定在B上，右端与C接触但不固定，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边，C、D间距离足够远，质量为的滑块A以初速度向右运动与B发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后A被反弹，速度大小为，重力加速度取。求：

（1）A、B碰撞时损失的机械能；

（2）弹簧的最大弹性势能；

（3）C能上升的最大高度。

【答案】（1）6J；（2）9J；（3）1.2m

【解析】

【详解】（1）A与B碰撞时动量守恒，有

代入相关数据可得

则损失的机械能

（2）弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，B、C的速度相等，设此时速度为，B、C及弹簧系统动量守恒，有

得

则弹簧的最大弹性势能为

（3）设C与弹簧分开时B、C速度分别为和，由动量守恒定律及能量守恒定律得

解得

，

此时C的机械能为

假设C上升高度为时二者相对静止，C在竖直方向速度为0，则

此时C、D系统的机械能

因为，所以滑块在竖直方向速度不为0，设滑块能上升的最大高度为，由机械能守恒定律有

解得