2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二上学期期末考试物理试题 （解析版）

2022年下学期期末调研考试

高二物理试卷

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在本试卷和答题卡上。

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框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试时量：75分钟，满分：100分。考试结束后，请考生将本试卷自行保存，交答题卡。

一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。其中1-8每小题只有一个选项符合题意，9-12每小题有多个选项符合题意，选对一个计2分，错选计0分）

1. 下列关于波的说法，正确的是（　　）

A. 当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低

B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小

C. 只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生衍射

D. 两列波叠加一定会出现稳定的干涉图样

【答案】A

【解析】

【详解】A．当波源远离接收者时，根据多普勒效应可知，接收者接收到的波的频率比波源频率低，故A正确；

B．在干涉图样中，振动加强区域的质点，只是振幅变大，其位移随时间周期性变化；振动减弱区域的质点，只是振幅变小，其位移随时间周期性变化；故B错误；

C．只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生明显的衍射，而衍射是波的特性，任何情况下都能发生衍射，故C错误；

D．只有两列频率相同，相位差恒定的波叠加才会出现稳定的干涉图样，故D错误。

故选A。

2. ，，是三点在同一平面上匀强电场中的三个点，已知各点电势、、，图中电场强度的方向表示正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知：直线PQ的中点的电势为6V，与M点等势，匀强电场的电场线垂直等势面，电场的方向由电势高处指向电势低处。

故选D。

3. 医生给心脏疾病患者做手术时，往往要用一种称为“人工心脏泵”血泵的体外装置来代替心脏工作，推动血液循环。如图所示为该装置的示意图，线圈固定在用软铁制成的活塞柄上，通电时线圈与活塞柄组成的系统与固定在左侧的磁体相互作用，从而带动活塞运动。活塞筒通过阀门与血管相通，阀门只能向活塞筒外开启，阀门只能向活塞筒内开启。对于上述结构在物理方面的工作原理，下列说法正确的是（　　）

A. 线圈中的电流从端流向端时，活塞向左运动

B. 线圈中通有的恒定电流越大，人工心脏泵的动力越足

C. 若给线圈通入低频交流电，人工心脏泵也可能正常工作

D. 若不给线圈通电，直接将线圈的A、两端用导线连接，将该装置置于磁感应强度随时间均匀增大的方向水平的磁场中，人工心脏泵也可以正常工作

【答案】C

【解析】

【详解】A.线圈中的电流从B端流向A端时，螺旋管左边相当于D极，与磁铁N极产生相互排斥的力，活塞向右运动，故A错误；

B.线圈中通有的恒定电流越大，不会发生电磁感应现象，人工心脏泵没有动力，故B错误；

C.若给线圈通入低频交流电，线圈产生的磁场方向将交替变化，人工心脏泵能正常工作，故C正确；

D.若不给线圈通电，直接将线圈的A、B两端用导线连接，将该装置置于磁感应强度随时间均匀增大的方向水平的磁场中，线圈中磁通量发生改变，发生电磁感应现象，但是产生的磁场方向不变，所以人工心脏泵不能正常工作，故D错误。

故选C。

4. 利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变。现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的

A. 动能 B. 动量 C. 加速度 D. 速度

【答案】B

【解析】

【详解】速度的偏转角，若偏转角相同，则mv0相同；

A．动能，与结论不相符，选项A错误；

B．动量，与结论相符，选项B正确；

C．加速度，与结论不相符，选项C错误；

D．速度，与结论不相符，选项D错误；

故选B.

5. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个项点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.下列说法正确的是（ ）

A. O点的磁感应强度大小为2B

B. O点的磁感应强度大小为

C. O点的磁感应强度方向水平向右

D. O点的磁感应强度方向沿O方向指向

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图；

则

故A错误B正确；

CD．设方向沿斜边的夹角为α，根据力的合成与分解的法则，结合三角函数关系，则有

所以磁感应强度的方向与斜边夹角为

α=arctan2，故CD错误；

故选B。

6. 将物体水平抛出，在物体落地前（不计空气阻力）（　　）

A. 动量方向不变

B. 动量变化量的方向时刻在改变

C. 相等时间内动量的变化量相同

D. 相等时间内动量的变化量越来越大

【答案】C

【解析】

【详解】A．做平抛运动的物体在落地前速度的方向不断变化，故动量的方向变化，选项A错误；

B．由动量定理可知，动量变化量等于重力的冲量，故动量变化量的方向不变，选项B错误；

CD．根据动量定理，相等时间内动量的变化量都等于mgt，故相等时间内动量的变化量相同，选项C正确，D错误。

故选C。

7. 一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，碰撞过程时间不计且有能量损失。若以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，忽略空气阻力，则小球的动量p随位置坐标x的关系图像正确的是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】小球下落时做自由落体运动，即匀加速直线运动，落向地面后又反向弹起做匀减速直线运动，根据小球的运动情况分析答题。本题的关键是分析清楚小球运动过程，比较出下落时的动量p和上升过程中的动量p′、知道p—x图像的物理意义即可正确解题。

【详解】竖直向下为正方向，则下落时的动量

图像为曲线且向下弯曲，与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中

随x减小，则动量p减小。

故选D。

8. 如图所示为某弹簧振子在0~5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是（　　）

A. 振动周期为2s，振幅为16cm B. 第2s末，振子的加速度为正向最大值

C. 第3s末，振子的速度为零，机械能最小 D. 从第1s末到第2s末，振子在做加速运动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．由图象可知振动周期为4s，振幅为8cm，故A错误；

B．第2s末，振子处在负向最大位移处，回复力最大且指向正方向，则振子的加速度为正向最大值，故B正确；

C．第3s末，振子的速度正向最大，动能最大，势能最小，机械能不变，故C错误；

D．从第1s末到第2s末，振子负向减速运动，故D错误。

故选B。

9. 在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，操作者调节丝线长度使球与球的球心始终在同一水平线上。下列相关说法中正确的是（　　）

A. 保持两球电荷量不变，使球从远处逐渐向球靠近，观察到两球距离越小，球悬线的偏角越大

B. 保持两球的距离不变，改变球所带的电荷量，观察到电荷量越小，球悬线的偏角越大

C. 该实验采用的方法是控制变量法

D. 该实验采用的方法是等效替代法

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据库伦定律可知，两球电荷量不变，使球从远处逐渐向球靠近，观察到两球距离越小，两球之间的相互作用力越大，球悬线的偏角越大。故A正确；

B．根据库伦定律可知，保持两球的距离不变，改变球所带的电荷量，观察到电荷量越小，两球之间的相互作用力越小，球悬线的偏角越小。故B错误；

CD．该实验采用了控制两球电荷量不变，研究两球距离与悬线偏角的关系。以及通过控制两球距离不变，研究两球电荷量与悬线偏角的关系。故采用的是控制变量法。故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】熟悉实验原理以及试验方法的基本内容。

10. 如图所示，平行板电容器的两个极板A、B保持与电源连接，下极板B接地，在两极板间的中点P固定一个的点电荷。初始状态电容器的电容，所带电荷量，两极板间的距离为，若保持下极板不动，将上极板向下平移，则（　　）

A. 两极板电压变为

B. 电容器的电容变为

C. 电容器所带的电荷量变为

D. 在P点的点电荷的电势能增加了

【答案】BD

【解析】

【分析】

详解】A．由

且电容器始终和电源相连，故电压U不变，故两极板电压仍为，A错误；

B．由平行板电容器的电容决定式

可得当两板间距离变为原来时，电容变为原来的倍，故电容器的电容变为，B正确；

C．由

C错误；

D．由

可得电场强度变，由

开始状态下

故P点电势升高了，则在P点的点电荷的电势能增加了，D正确。

故选BD。

11. 如图所示，光滑斜面上放置一轻质弹簧，弹簧的下端固定在挡板上，上端与一物块相连，把物块沿斜面向上拉一段距离，使得物块做简谐运动，物块由最高点向平衡位置运动的过程中，下列物理量一直减小的是（　　）

A. 回复力 B. 弹簧弹力 C. 物块动量 D. 物块重力势能

【答案】AD

【解析】

【详解】A．物块由最高点向平衡位置运动的过程中，回复力从最大减小到零，故A正确；

B．在平衡位置物块合外力为零，此时弹力方向沿斜面向上

物块在最高点，弹簧伸长，弹力方向沿斜面向下，物块由最高点向平衡位置运动的过程中，弹簧弹力先减小到零，再增大，故B错误；

C．物块动量

由此可知动量与速度有关，最高点时，物块速度为零，平衡位置时，物块速度达到最大，物块动量不断增加，故C错误；

D．物块由最高点向平衡位置运动的过程中，沿斜面向下运动，高度变小，物块重力势能也随之减小，故D正确。

故选AD。

12. 一束由、两种单色光组成的复色光从水中射入空气中，并分成、两束，下列关于、两束单色光的说法正确的是（　　）

A. 在真空中光的速度比光大

B. 光的折射率比光的折射率小

C. 在水中光的传播速度比光的大

D. 若水中入射光的入射角不断增大，则光先发生全反射

【答案】BC

【解析】

【详解】A．光在真空中的传播速度都为光速，故A错误；

B．两光束的入射角i相同，折射角

根据折射定律得知折射率

故B正确；

C．由公式

可知，在水中光的速度比光的速度大，故C正确；

D．由

可知，光的临界角较大，光的临界角较小，入射光的入射角不断增大，则光先发生全反射，故D错误。

故选BC。

二、实验题（本大题共2小题，共15分）

13. 某同学设计了一个“测定电池的电动势和内阻”的实验，电路如图（a），可供选择的器材如下：

A.待测干电池一节

B.电流表A（量程0~60mA，内阻RA=18Ω）

C.电压表V（量程为0~3V，内阻RV约为3kΩ）

D.滑动变阻器R1（阻值为0~5Ω）

E.滑动变阻器R2（阻值为0~30Ω）

F.定值电阻R3（阻值为2Ω）

G.定值电阻R4（阻值为10Ω）

（1）为完成实验，滑动变阻器应该选________，定值电阻应该选______。（填器材后面的代号）

（2）根据图（b）中已描出的点画出U-I图像________。

（3）由图像得该电池的电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果均保留三位有效数字）

【答案】    ①. R2    ②. R3    ③.     ④. 1.49（1.47～1.49均可）    ⑤. 1.05（1.02～1.05均可）

【解析】

【详解】（1）[1][2]由于电源的内阻较小，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应采用总阻值为30Ω的R2；由于给出的电流表量程为60mA，量程偏小，为了能准确测量，所以应考虑改装电流表，将电流表与阻值较小的定值电阻并联，定值电阻应该选择R3，量程改装为

（2）[3]根据图像中的点所描图像如图所示

（3）[4]根据闭合电路欧姆定律可得

结合图线，其纵截距为

[5]斜率为

所以

14. 如图甲所示的装置是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood746−1807）创制的一个著名力学实验装置，用以研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地重力加速度为g，不计滑轮质量、滑轮与转轴间的摩擦及空气阻力）

（1）该同学用20分度的游标卡尺测量挡光片的宽度，如图丙所示，则_________mm；然后将质量均为（的含挡光片和挂钩、的含挂钩）的重物用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，置于桌面上，轻绳竖直，系统处于静止状态。

（2）为了验证动量守恒定律，该同学让在桌面上处于静止状态，将从静止位置竖直提升后开始自由下落，光电门记录下挡光片挡光的时间为（始终未接触桌面），则通过光电门瞬时的速度为__________，验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒的表达式为__________________。（用题中所给物理量符号表示）

【答案】    ①.     ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1] 游标卡尺读数为

其中为精确度。则该同学用20分度的游标卡尺测量挡光片的宽度为

（2）[2] 挡光片的宽度为，乙物块通过光电门位置时挡光片挡光的时间为，由于挡光片的宽度很小，通过光电门的时间很短，两物块质量均为，可知两物块在轻绳作用后做匀速直线运动，则有

[3] 将从静止位置竖直提升后开始自由下落，则下落至原来位置时的速度大小由

化简后可得

下落至原来位置时，两物块在轻绳作用下若系统沿绳方向动量守恒，则满足

其中

化简后可得

三、计算题（请给出解答过程，只有结论不计分，本大题共3小题，37分）

15. 如图所示，一定厚度的、横截面是半径为的四分之一圆的玻璃砖放置在水平桌面上，用一束激光平行于桌面从距离桌面处垂直射入玻璃砖，激光在圆面上发生折射后射出玻璃砖，折射角为60°。

（1）请完成光路图，求玻璃砖对该激光的折射率。

（2）若要使激光在圆面上发生全反射，求入射激光距离桌面的距离。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）正确作出光路图，如图：

由几何关系知入射角为

已知折射角为

由折射定律得

解得

（2）恰好发生全反射时

由几何关系知

解得

故而时在圆面上发生全反射。

16. 冰壶是冬奥会热门比赛项目之一，有“冰上国际象棋”的美称，如图，红壶静止在大本营圆心O处，蓝壶从P点开始以=3m/s的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，已知碰撞前后蓝壶的速度大小分别为=1m/s和 =0.2m/s，方向不变，两壶质量均为m=19kg。求∶

(1)蓝壶从P点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小；

(2)两壶碰撞后瞬间红壶速度大小。

【答案】(1)38N·s；(2)0.8m/s

【解析】

【详解】(1)规定蓝壶的初速度方向为正

对蓝壶从P点被推出后到碰撞前运用动量定理

解得If = -38N·s， 摩擦力的冲量大小为38N·s

(2)蓝壶与红壶发生碰撞，由动量守恒得

解得

17. 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2．求：

（1）微粒入射速度v0为多少？

（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？

【答案】（1）10 m/s （2）120 V ≤U≤200 V

【解析】

【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：

竖直方向有：

解得：

v0=10m/s

（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：

解得：

U1=120V

当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：

根据牛顿第二定律得：

解得：

U2=200V

所以所加电压的范围为：

120V≤U≤200V