安福县第三高级中学2022-2023学年高二上学期期末考试
物理试卷
一、选择题 （共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）
1．对于电磁波的发现过程，下列说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在
B．麦克斯韦通过实验发现，变化的电场产生磁场
C．赫兹根据自然规律的统一性，提出变化的电场产生磁场
D．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×10 m/s
2．下列物理量的定义不属于比值法定义的是（ ）
A．电流强度 B．加速度
C．电场强度 D．电势
3．如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（ ）
A．
B．＜
C．Q1=Q2
D．W1=W2
4．内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球（均可视为质点）分别静置于P、Q处，PO⊥OQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则（ ）
A．k= B． C．k=2 D．k=5
5．如图甲，S点为振源，P点距S的距离为r，t=0时刻S点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，图乙为P点从t1时刻开始振动的振动图象，则以下说法正确的是（ ）
A．t=0时刻振源S的振动方向沿y轴负方向
B．t2时刻P点振动速度最大，方向沿y轴负方向
C．该简谐波的波长为
D．若波源停止振动，则P点也马上停止振动
6．如图甲所示，当条形磁铁向下插入螺线管时，灵敏电流计的指针向右偏。如图乙所示把磁铁换为螺线管A，螺线管A的绕线方式如图丙所示。下列措施中使灵敏电流计的指针向左偏的是（ ）
A．图乙中，闭合开关后螺线管A向下移动 B．图乙中，闭合开关瞬间
C．图乙中，闭合开关后向右移动滑片P D．图乙中，闭合开关后向左移动滑片P
7．如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，但R0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值小于R，当滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数一直增大 B．电流表的示数一直增大
C．电阻R0消耗的功率一直增大 D．电源的输出功率一直增大
8．下列说法中正确的是
A．发生多普勒效应时，波源的频率变化了
B．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化
C．多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的
9．下列说法正确的是（ ）
A．运动物体动量的方向总是与它的运动方向相同
B．如果运动物体动量发生变化，作用在它上面的合外力的冲量必不为零
C．作用在物体上的合外力冲量总是使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力所做的功等于物体动量的增量
10．如图所示，在水平放置的金属导体中，3s内有12C的负电荷向右通过导体某一横截面。关于导体内电流的大小和方向，以下判断正确的是（ ）
A．导体中电流大小为0.25A B．导体中电流大小为4A
C．形成的电流方向向左 D．形成的电流方向向右
11．如图所示，一束光从空气中射向折射率的某种玻璃的表面，表示入射角，光在真空中的传播速度，则下列说法正确的是（ ）
A．当时会发生全反射现象
B．无论入射角是多大，折射角都不会超过
C．当入射角满足时，反射光线跟折射光线恰好垂直
D．光在该玻璃中的传播速度
二、实验题（共20分）
12．要测定一段粗细均匀、电阻约为的金属丝的电阻率，先要尽量精确的测量其电阻值，采用的电路图如图甲所示。
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应该移至最__________侧。（填“左”或者“右”）
（2）用电压表和电流表测量此金属丝两端的电压和流过它的电流，其中电压表的量程为3V，电流表的量程为0.6A，稳定后表盘指针如图乙所示，则两表的示数为U=__________V，I=__________A，根据欧姆定律可得__________（计算结果保留两位有效数字）。
（3）若测得金属丝的直径为d，用刻度尺测得其长度为L，则该金属丝的电阻率__________（用U、I、d、L写出的表达式）。
13．在“测定玻璃的折射率”实验中：
（1）为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是__________。
A．选择的入射角应尽量小些
B．大头针应垂直地插在纸面上
C．大头针和及和之间的距离尽量小些
（2）小红同学在测量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，她以点为圆心，OA为半径画圆，交延长线于点，过点和点作垂直法线的直线分别交于点和点，如图甲所示，她测得，，则可求出玻璃的折射率__________。
（3）小明在画界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃砖的宽度稍大些，如图乙所示，则他测得的折射率_____________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小明又设想用下面的方法测量液体的折射率：取一个半径为的圆形软木塞，在它的圆心处垂直插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上，如图丙所示。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为，这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。利用测得的数据可求出液体的折射率__________。
三、计算题（共36分）
14．高铁“拉近”城市之间的距离。美丽的苏北县城—泗阳也在享受着高铁带来的便利。质量m=4.0×105kg的列车从高速铁路的某车站由静止出发，经过t=300s达到最高速度v=90m/s。设此加速过程为匀加速直线运动，求此过程中：
（1）列车的加速度大小；
（2）列车受到的合力大小。
15．沿x轴正方向传播的简谐横波在t1=0时的波形如图所示，此时波传播到x=2m处的质点B，而平衡位置为x=0.5m处的质点A恰好位于波谷位置。再经0.2s，质点A恰好第一次到达波峰。求：
（1）在t2=0.9s时，平衡位置为x=5m处的质点D的位移；
（2）从t1=0时开始计时，写出A质点的振动方程；
（3）从t1=0时开始计时，经多长时间x=1.25m处的质点的位移第一次为－2cm。
16．如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B点．质量为2m和m的a、b两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a一冲量使其获得的初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：
（1）a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小滑块b与弹簧分离时的速度；
（3）试通过计算说明小滑块b能否到达圆形轨道的最高点C．若能，求出到达C点的速度；若不能，求出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角．（求出角的任意三角函数值即可）．
1．A
【详解】AB．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验发现变化的电场产生磁场，通过实验证实了电磁波的存在，故A正确，B错误；
C．麦克斯韦根据自然规律的统一性，大胆设想变化的磁场周围空间产生电场，变化的电场周围空间产生磁场，故C错误；
D．电磁波只在真空中的传播速度是3×108m/s，故D错误。
故选A。
2．A
【详解】A．电流强度
并不是电流的定义式，电流强度是单位时间内流经导体横截面的电荷量，因此电流的定义式应是
A错误，故A符合题意；
B．加速度
是比值定义式，故B不符合题意；
C．电场强度与放入电场中的电荷无关，所以
属于比值定义法，故C不符合题意；
D．电场中某一点的电势与放入电场中的电荷无关，电荷量变大，电势能也变大，电势不变
采用的是比值定义法，故D不符合题意。
故选A。
3．B
【详解】AB．设开关接通后，电路中电流为I，对于电阻R，由欧姆定律得：U1=IR，有：
I=
对于电动机，有U2＞Ir，即有：
I＜
联立可得：
＜
故A不符合题意，B符合题意；
C．根据焦耳定律得电阻产生的热量为：
Q1=I2Rt
电动机产生的热量为：
Q2=I2rt
由于题目中没有所电阻相等，则可知热量不相等，故C不符合题意；
D．电流通过电阻R做功为：
W1= Q1=I2Rt=U1It
电流流过电动机做功：
W2=U2It
由以上可知做功不相等，故D不符合题意。
故选B。
4．B
【详解】设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
由于再次碰撞，则有
联立方程，解得
故选B。
5．C
【详解】A．P点的起振方向与O点起振方向相同，由乙图读出t1时刻，P点的振动方向沿y轴正方向，即P点的起振方向沿y轴正方向，则t=0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向。故A错误；
B．由图乙知，t2时刻P点位于平衡位置，振动速度最大，方向沿y轴正方向。故B错误；
C．由题，波速为
由得波长
故C正确；
D．若波源停止振动，则P点不会马上停止振动，当波源停止前的振动形式传播到P后P才停止振动。故D错误。
故选C。
6．C
【详解】由图甲可知当穿过线圈向下的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏，若使灵敏电流计的指针向左偏，则需穿过线圈向下的磁通量减少或穿过线圈向上的磁通量增加。图乙中，闭合开关后螺线管A向下移动、闭合开关瞬间或闭合开关后向左移动滑片P，穿过线圈向下的磁通量增加；闭合开关后向右移动滑片P，穿过线圈向下的磁通量减少，灵敏电流计指针向左偏，故C正确，A、B、D错误。
故选C。
7．A
【详解】AB．根据电路图可知，当滑片处于最右端时，电压表被短路了，此时电压表的示数为零，当滑片向左移动时，滑动变阻器的左半部分与R串联后与变阻器的右半部分并联后再与R0串联，接入电源，由于滑动变阻器的最大阻值小于R，所以并联部分电阻增大，则总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压以及R0所占电压都减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电压表示数增大，故选项A正确，选项B错误；
C．根据可知，由于干路总电流I减小，则功率减小，故选项C错误；
D．当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，而大于电源内阻，所以随着外电阻增大，电源的输出功率一直减小，故选项D错误．
故选A。
8．BCD
【详解】AB．发生多普勒效应时，观察者接收到的波的频率发生了变化，但波源的频率没有变化，故A错误，B正确；
C．当波源与观察者之间有相对运动时，会发生多普勒效应，故C正确；
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的，故D正确；
故选BCD。
9．AB
【详解】A．运动物体动量的方向就是速度的方向，总是与它的运动方向相同，A正确；
B．如果运动物体动量发生变化，速度必然发生变化，有加速度产生，合力不为零，作用在它上面的合外力的冲量必不为零，B正确；
C．作用在物体上的合外力冲量可以使速度增大，也可以减小，C错误；
D．作用在物体上的合外力所做的功等于物体动能的增量，D错误。
故选AB。
10．BC
【详解】AB．由电流强度的定义可知，电流大小为
故A错误，B正确；
CD．规定正电荷定向移动的方向为电流方向，电流方向与负电荷定向移动的方向相反，故电流方向向左，故C正确，D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】A．光从空气中射向玻璃表面时，不可能发生全反射，故A错误；
B．根据折射定律
知，当入射角最大时，折射角也最大，而最大的入射角约为，则由
得
所以最大的折射角约为（小于），故B正确；
C．当反射光线跟折射光线恰好互相垂直时，设折射角为，有
则
所以
故C正确；
D．光在该玻璃中的传播速度
故D错误。
故选BC。
12． 右 2.60 0.52 5.0
【详解】（1）[1]为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应该移至最右侧，使接入电阻最大；
（2）[2]电压表的量程为3V，最小分度为0.1V，电压表示数为2.60V；
[3]电流表的量程为0.6A，最小分度为0.02A，电流表示数为0.52A；
[4]根据欧姆定律可得
（3）[5]根据电阻定律有
根据几何知识有
解得
13． B 1.5 偏小
【详解】（1）[1]A．为了减小测量的相对误差，选择的入射角应适当大些，效果会更好，A错误；
B．为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，B正确；
C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，C错误。
故选B。
（2）[2] 图中P1P2作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到
则折射率
（3）[3] 某同学画出的ab和cd都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在ab、cd上，如图
实线表示实际的光路图，虚线表示乙同学画图时光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律
测出的折射率n将偏小。
（4）[4] 由题意可知，大头针在液体中发生全反射时的光路图如图所示
则有液体发生全反射的临界角C满足
则
14．（1）；（2）
【详解】(1)列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有
解得
(2)由牛顿第二定律
解得
15．（1）－2cm；（2）；（3）0.15s
【详解】（1）质点A从波谷第一次到达波峰所用时间为半个周期，即
Δt1=T=0.2s
解得
T=0.4s
根据图象可知波长λ=2m，则波速为
波从B点传到D点的时间为
波传播到D时D沿y轴正方向起振，再经过0.3s，D点到达波谷，即t2=0.9s时有
yD=－2cm
（2）A质点振动的圆频率为
从t1=0时开始计时， A质点的振动方程
（3）从t1=0时开始计时，当A质点处的波谷传播到x=1.25m处时，该处的质点的位移第一次为－2cm，即经历的时间为
16．（1）（2）（3）
【详解】(1)a与b碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时ab的速度为v，则由系统的动量守恒可得
2mv0＝3mv
由机械能守恒定律
解得：
(2)当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b开始离开弹簧，此时b的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动．设此时a、b的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
2mv0＝2mv1+mv2
解得：
(3)设b恰能到达最高点C点，且在C点速度为vC，
由牛顿第二定律：
解得：
再假设b能够到达最高点C点，且在C点速度为vC＇,由机械能守恒定律可得：
解得:
所以b不可能到达C点
假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒
解得
所以能越过与圆心等高处
设到达D点时离开，如图设倾角为：刚好离开有N=0，由牛顿第二定律：
从B到D有机械能守恒有：
解得：
【点睛】本题综合性较强，考查了动量守恒、机械能守恒定律以及完成圆周运动的临界条件的应用，注意把运动过程分析清楚，正确应用相关定律求解．
