興化市2023年秋學期高二期末調研測試物理試卷注意事項：所有試題的答案均填寫在答題紙上，答案寫在試卷上無效。一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。1.如圖所示，電路中燈泡均正常發光，阻值分別為，，，，電源電動勢，內阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由電路圖可知R3與R4串聯后與R2并聯，再與R1串聯。并聯電路部分等效電阻為由閉合電路歐姆定律可知，干路電流即經過R1的電流為并聯部分各支路電流大小與電阻成反比，則四個燈泡的實際功率分別為，，，故四個燈泡中功率最大的是R1。故選A2.如圖所示電路中，電壓表和電流表均視為理想電表，燈泡L的電阻恒定不變，電源內阻不可忽略。閉合電鍵S，將滑動變阻器滑片P緩慢向右移動過程中，電壓表示數變化量的絕對值為ΔU電流表示數變化量的絕對值為ΔI，則下列判斷正確的是（）A.燈泡變暗 B.電容器的帶電量變大C.不變 D.電源的效率增大【答案】C【解析】【詳解】A．滑片P右移，滑動變阻器接入電路中的阻值變小，電路中總電阻變小，由閉合電路歐姆定律可知干路電流變大，通過燈泡的電流變大，由可知小燈泡的功率變大，亮度變亮，故A錯誤；B．電容器連接在電源兩端，電壓等于路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知即路端電壓變小，對電容器有故電容器的帶電量變小，故B錯誤；C．由閉合電路歐姆定律可知，變化前后分別滿足聯立可知即的值不變，故C正確；D．電源的效率為路端電壓U變小，故電源效率減小，故D錯誤。故選C。3.關于下列四幅圖片所對應的物理規律，下列說法正確的是（）A.圖1：彈簧振子的周期與振幅有關B.圖2：若把單擺從北京移到赤道上，則單擺的振動頻率會增加C.圖3：如圖甲為汽車消音器，圖乙為其結構簡化圖，聲音從入口進入，經a、b傳播后從出口排出，消音原理主要是波的干涉D.圖4：觀察者不動，波源S向右運動，相等的時間內，左邊觀察者接收到波的個數比右邊的多【答案】C【解析】【詳解】A．圖1：彈簧振子的周期，與振子的質量和彈簧的勁度系數有關，與振幅無關，選項A錯誤；B．圖2：若把單擺從北京移到赤道上，重力加速度減小，根據可知單擺的周期變大，則單擺的振動頻率會減小，選項B錯誤；C．圖3：如圖甲為汽車消音器，圖乙為其結構簡化圖，聲音從入口進入，經a、b傳播后從出口排出，因兩個路徑的路程差等于半波長的奇數倍，使得振動減弱，即消音原理主要是波的干涉，選項C正確；D．圖4：觀察者不動，波源S向右運動，相等的時間內，左邊觀察者接收到波的個數比右邊的少，選項D錯誤。故選C。4.直角坐標xoy的y軸為兩種均勻介質Ⅰ、Ⅱ的分界線。位于和處的波源先后發出的兩列頻率都為1Hz的機械波相向傳播（不考慮波在界面的反射），某時刻兩列波均第一次傳到處，該時刻波形圖如圖所示。下列說法正確的是（）A.兩列波波源的起振方向相反B.右邊的波傳到處時，處的質點正處于平衡位置C.兩列波波源頻率相同，相遇后會發生干涉，且處為振動減弱點D.兩列波波源頻率相同，但從一種介質傳到另一種介質過程頻率變化，故不會發生干涉【答案】C【解析】【詳解】A．根據帶動法可知波源起振方向均沿y軸正方向，起振方向相同，故A錯誤；B．兩列頻率都為1Hz，則周期左邊介質中傳播速度為右邊介質中傳播速度為機械波的波速由介質決定，從圖示時刻起，右邊的波一旦進入左邊介質速度也變為4m/s，傳到－3m處需要此時的質點在波谷處，故B錯誤；C．右邊的波傳到－3m處時起振方向沿y軸正方向，而經過0.75s即時左邊－3m的質點向沿y軸負方向振動，兩列波相遇振動減弱，故C正確；D．從一種介質傳到另一種介質過程頻率不會發生變化，故D錯誤。故選C。5.用圖示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。在滑塊1、2上分別裝有相同的擋光片及彈簧圈，測出擋光片寬度d，滑塊1、2的質量分別為m1、m2.實驗時打開氣泵，讓滑塊1以一定的初速度向左運動并與靜止的滑塊2碰撞，記下滑塊1經過光電門M的擋光時間t1和滑塊1、2分別經過光電門N的擋光時間t′1和t2。下列相關說法正確的是（）A.滑塊1、2的質量必須相等B.實驗前調節導軌平衡時，不用打開氣泵，只須滑塊能在任意位置平衡即可C.若實驗發現m1()略大于m1()＋m2()，可能的原因是導軌左端偏低D.若實驗發現＋＝，說明碰撞時動量守恒且無機械能損失【答案】D【解析】【詳解】A．為了滑塊1、2碰撞后都向左運動，應滿足A錯誤；B．實驗前調節導軌平衡時，應打開氣泵，滑塊能在任意位置靜止，導軌平衡才調節完畢，B錯誤；C．若實驗發現m1()略大于m1()＋m2()，可能的原因是導軌左端偏高，C錯誤；D．若碰撞過程中滿足動量守恒和機械能守恒，則兩式聯立解得＋＝D正確。故選D。6.2021年6月17日，我國神舟十二號載人飛船發射成功，3名航天員進駐“天宮號”空間站的“天和號”核心艙，標志著我國空間站建設進入新階段。如圖所示，“天和號”核心艙垂直于運動方向的橫截面面積約為9m2，以第一宇宙速度v=7.9×103m/s運行，核心艙經過某段宇宙塵埃區時塵埃會附著于艙體外表，已知每個塵埃（初速度可忽略）的質量為m=1.5×10-7kg，為維持軌道高度不變，需要開啟艙外發動機增加了170N的推力，則該區域每立方米空間內的塵埃數大約為（）A.2×106個 B.16個 C.14×104個 D.2個【答案】D【解析】【詳解】設該區域每立方米空間內的塵埃數為n個，則在?t時間內有v?tSn個塵埃數附著于飛船上，對塵埃由動量定理可得F?t=v?t?Snmv代入數據解得n≈2個ABC錯誤，D正確。故選D。7.為了使圖像清晰，通常在紅外攝像頭的鏡頭表面鍍一層膜，下列說法中正確的是（）A.鍍膜使圖像清晰是因為利用了光的偏振B.鍍膜的目的是使入射的紅外線反射C.鍍膜的厚度最小是紅外線在空氣中波長的四分之一D.鍍膜的厚度最小是紅外線在薄膜中波長的四分之一【答案】D【解析】【詳解】A．鍍膜使圖像清晰是利用了光的干涉，薄膜兩個表面的反射光發生干涉而減弱，從而增加透射光的強度，故A錯誤；B．鍍膜的目的是使紅外線投射，使紅外線之外的光反射，使紅外線圖像更加清晰，故B錯誤；CD．紅外線在薄膜前、后表面反射光的光程差應為半波長的奇數倍，為了增加光的透射程度，鍍膜的厚度應該取最薄的值，即紅外線在薄膜中波長的四分之一，故C錯誤、D正確。故選D。8.如圖所示，一束可見光穿過平行玻璃磚后，變為a、b兩束單色光。如果光束b是藍光，則光束a可能是（）A紅光 B.黃光 C.綠光 D.紫光【答案】D【解析】【詳解】根據題意作出完整光路圖，如圖所示a光進入玻璃磚時光線偏折角較大，根據光的折射定律可知玻璃磚對a光的折射率較大，因此a光的頻率應高于b光。因為紅光、黃光和綠光的頻率都小于藍光頻率，而紫光頻率大于藍光頻率。故選D。9.將一節五號干電池的負極放在強磁鐵上，強磁鐵產生磁場的磁感線如圖所示。將一矩形金屬框與該電池組成閉合回路，在安培力作用下，線框發生轉動，這樣就構成一臺簡易“電動機”，下列說法正確的是（）A.圖中強磁鐵下端為N極B.從上向下看，圖中金屬框將順時針轉動C.調轉磁極，再次接入后金屬框順時針轉動D.電池消耗的電能全部轉化為金屬框的動能【答案】B【解析】【詳解】A．由圖中磁感線分布可知，強磁鐵上端為N極，選項A錯誤；B．根據左手定則可知，金屬框左邊受安培力向里，右邊受安培力向外，則從上向下看，圖中金屬框將順時針轉動，選項B正確；C．調轉磁極，磁感線方向改變，則再次接入后金屬框逆時針轉動，選項C錯誤；D．電池消耗的電能一部分轉化為金屬框的動能，還有一部分轉化為內能，選項D錯誤。故選B。10.如圖所示，空間中存在正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，電場場強大小為E，方向豎直向上。一質量為m、帶電量為-e的電子在該空間內獲得沿水平方向的初速度，速度大小為v0，且則電子（）A.做類平拋運動B.運動過程中最大的速率為C.在一個周期內水平方向運動的距離為D.距入射點豎直方向的最大位移為【答案】D【解析】【詳解】A．因為，所以合力向上，向上偏轉，但因為速度變化，洛倫茲力發生變化，豎直方向受到的合力不是恒力，不是類平拋運動，故A錯誤；BCD．由配速法，將粒子受到的洛倫茲力看成其中粒子在勻速直線運動的同時，進行圓周運動，所以運動過程中最大的速率為因粒子周期在一個周期內水平方向運動的距離為圓周運動的半徑所以距入射點豎直方向的最大位移為2R即，故BC錯誤，D正確。故選D。11.如圖甲所示回旋加速器的兩個“D”型盒的半徑為R，勻強磁場的磁感應強度大小為B，現在兩“D”型盒間接入峰值為U0的交變電壓，電壓隨時間的變化規律如圖乙所示，將粒子源置于盒的圓心處，粒子源產生質量為m、電荷量為q的氘核（），在t=0時刻進入“D”型盒的間隙，已知粒子的初速度不計，穿過電場的時間忽略不計，不考慮相對論效應和重力作用，下列說法正確的是（）A.只要加速器足夠大可以將粒子加速至接近光速B.不需要改變任何條件，該裝置也可以加速α粒子（）C.氘核離開回旋加速器的最大動能為D.粒子第一次與第二次在磁場中運動的軌道半徑之比為【答案】B【解析】【詳解】A.無論加速器多大，也不可以將粒子加速至接近光速，故A錯誤；B.根據周期公式得因為α粒子（）和氘核（）比荷相同，因此不需要改變任何條件，該裝置也可以加速α粒子，故B正確；C.氘核恰好離開“D”型盒時動能最大，由牛頓第二定律得氘核離開回旋加速器的最大動能為故C錯誤；D.粒子第一次在D2磁場中運動的軌道半徑為粒子第二次在D2磁場中運動的軌道半徑為根據動能定理得聯立解得故D錯誤；故選B。二、實驗題：共5題15分，每題3分。12.在測量某電源電動勢和內阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用何種接法，都會產生系統誤差，為了消除電表內阻造成的系統誤差，某實驗興趣小組設計了如圖甲實驗電路進行測量。已知。（1）按照圖所示的電路圖，將圖中的器材實物連線補充完整______。（2）實驗操作步驟如下：將滑動變阻器滑到最左端位置；接法：單刀雙擲開關與1接通，閉合開關，調節滑動變阻器，記錄下若干組數據的值，斷開開關；將滑動變阻器滑到最左端位置；接法Ⅱ：單刀雙擲開關與2閉合，閉合開關，調節滑動變阻器，記錄下若干組數據的值，斷開開關；分別作出兩種情況所對應的和圖像。（3）單刀雙擲開關接1時，某次讀取電表數據時，電壓表指針如圖所示，此時______V。（4）根據測得數據，作出和圖像如圖所示，根據圖線求得電源電動勢______，內阻______。（結果均保留兩位小數）（5）由圖可知______填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”測得的電源內阻更接近真實值。【答案】①.②.1.30③.1.80④.2.50⑤.接法II【解析】【詳解】（1）[1]按照圖（a）所示的電路圖，連接圖（b）中的器材實物如圖所示（3）[2]根據圖（b）中的連接方式可知，電壓表接0-3V量程，根據圖（c）可知電壓表的讀數為。（4）[3]單刀雙擲開關S與1接通時，根據圖（d）可知，當電流表示數為零時，相當于外電路斷路，電壓表的示數為電源電動勢，即。[4]單刀雙擲開關S與2閉合時，根據圖（d）可知，當電壓表的示數為零時，相當于外電路短路，電流表的示數為短路電流，即。根據閉合電路歐姆定律得解得（5）[5]根據U-I圖線的斜率的絕對值表示電源內阻得可見，接法Ⅱ測得的電源內阻更接近真實值。三、計算題：共4題41分。6+8+14+13分13.一列簡諧橫波在時的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質中的兩個質點。圖(b)是質點Q的振動圖象。求：（1）波速及波的傳播方向；（2）質點Q的平衡位置的x坐標。【答案】（1）18cm/s，沿x軸負方向傳播；（2）9cm【解析】【分析】【詳解】（1）由圖(a)可以看出，該波的波長為λ＝36cm由圖(b)可以看出，周期為T＝2s波速為v＝＝18cm/s由圖(b)知，當時，Q點向上運動，結合圖(a)可得，波沿x軸負方向傳播。（2）設質點P、Q平衡位置的x坐標分別為、由圖(a)知，x＝0處y＝－＝Asin(－)因此由圖(b)知，在t＝0時Q點處于平衡位置，經Δt＝s，其振動狀態向x軸負方向傳播至P點處，可得P、Q間平衡位置距離為＝vΔt＝6cm則質點Q的平衡位置的x坐標為＝9cm14.如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，光線從P點垂直界面入射后，恰好在玻璃磚圓形表面發生全反射；當入射角時，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行.已知真空中的光速為c，求：玻璃磚的折射率n和OP之間的距離x。【答案】，【解析】【詳解】作出兩種情況下的光路圖，如圖所示由于在A處發生全反射，故有由于出射光平行可知，在B處射出，故由于聯立可得15.如圖所示，光滑的水平地面上放置一靜止的質量為m=1kg的長木板A，一質量同為m=1kg的小物塊，以初速度v0=7m/s水平向右沖上長木板A左上端，經過t=2s后小物塊運動到長木板A右端，此時長木板A恰好與靜止在水平面上帶有半徑R=0.8m四分之一光滑圓弧軌道的木板B相碰。碰撞后，小物塊沿水平方向沖上木板B的圓弧軌道。已知小物塊與長木板A之間的動摩擦因數μ=0.1，A、B之間碰撞時間極短，且碰撞屬于完全彈性碰撞，長木板A的高度與木板B左端等高，均為H=5cm，木板B的質量為M=3kg，重力加速度g=10m/s2。試求：（1）A、B碰撞前瞬間，小物塊與長木板A的速度大小；（2）A、B碰撞后瞬間，木板B的速度大小；（3）小物塊能否從木板B右上端a點離開？若能，請求出半徑R為多少時，小物塊將無法從木板B上端的a點離開；若不能，請求出小物塊落到地面時，小物塊與木板B左端的水平距離x。【答案】（1）5m/s，2m/s；（2）1m/s；（3）不能，0.4m【解析】【詳解】（1）小物塊受向左的摩擦力大小木板受向右的摩