重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二物理上学期期末复习试卷（一）（Word版带解析）

重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二上期期末复习题物理（一）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，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，每小题4分，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.下列所描述的物理现象正确的是（　　）A.物体所受合外力越大，它的动量变化越大B.随着波的传播，介质中的各质点随波的传播而迁移C.声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变D.某一单摆在做受迫振动，该单摆的摆长越长，其稳定后的周期越大【答案】C【解析】【详解】A．由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化。物体所受合外力冲量越大，它的动量变化越大，A错误；B．随着波的传播，介质中的各质点不随波的传播而迁移，而在其平衡位置附近振动，B错误；C．声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变，C正确；D．某一单摆在做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，与其自身摆长无关，D错误。故选C。2.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A.在时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在时，弹簧振子有最小的弹性势能 C.在与两个时刻，振子的速度都为零D.从到时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动【答案】D【解析】【详解】A．在时，弹簧振子的位移正向最大，弹簧振子的加速度为负向最大，故A错误；B．在时，弹簧振子具有最大的负向位移，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，故B错误；C．在与两个时刻，弹簧振子的位移为零，弹簧的弹性形变量为零，弹簧的弹性势能为零，系统的动能最大，振子有最大的速度，故C错误；D．从到时间内，弹簧振子的位移逐渐减小，弹簧的弹性形变量减小，弹力减小，弹簧振子的加速度逐渐减小，故弹簧振子做加速度减小的加速运动，D正确。故选D。3.细长轻绳下端拴一个小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将小球向左方拉开一个小角度，然后无初速度地释放，对于以后的运动，下列说法中正确的是（　　）A.小球往返运动一次的周期和无钉子时的单摆周期相同B.小球在左、右两侧上升的最大高度一样C.小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等D.摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍【答案】B【解析】【详解】A．根据，摆长越小，周期越小，小球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小，A正确；BC．根据机械能守恒定律，小球在左、右两侧上升的最大高度一样，小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长不相等，B正确，C错误；D．根据机械能守恒定律得 解得摆线在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍，D错误。故选B。4.某同学在学习光学时，发现各种光学现象已经在各个科技领域有所应用。但他对光现象的理解正确的是（　　）A.全息影像是利用了激光的衍射现象B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，为了防止反光往往在镜头前加增透膜C.光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理D.利用激光传播速度大特性，可以较准确的测量地球到月球的距离【答案】C【解析】【详解】A．激光全息照相是利用了激光相干性好的特性，故A错误；B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，玻璃有反光，所以往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰，从而使照片清晰，故B错误；C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理，故C正确；D．激光方向集中，也就是平行度好，所以可比较精确测量月球到地球的距离，故D错误。故选C。5.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（　　）A.甲图中A、B两点的竖直高度差为10cmB.从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cmC.乙图所表示的是波的衍射现象 D.在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高【答案】ABD【解析】【详解】A．甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm故A正确；B．波的周期为T=λv=0.51s=0.5s从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5TB点通过的路程为2×2A=20cm故B正确；C．乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。故选ABD。6.如图所示，实线a是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线b是这列波在t=0.7s时刻的波形图。已知该波的波速是v=10m/s，根据图形，则下列说法正确的是（　　）A.t=0时刻x=-3m处的质点向y轴正方向振动B.该横波若遇到4m的障碍物时不能发生明显的衍射现象C.t=1s时刻，x=1m处的质点速度最大，方向沿y轴正方向D.t=2.75s时刻x=4m处的质点离开平衡位置位移为【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，简谐波的波长为 根据波形平移位移公式可得由此可知，该横波向x轴的负方向传播，因此可判断t＝0时刻x=-3m处的质点向y轴负方向振动，故A错误；B．由于此波的波长为4m，所以该波若遇到4m的障碍物能发生明显衍射，故B错误；C．该波的周期为经过t=1s，即个周期后，x=1m处的质点速度最大，方向沿y轴正方向，故C正确；D．根据质点的振动方程t＝2.75s时刻x＝4m处的质点离开平衡位置位移为故D错误。故选C。7.2022年9月1日，问天实验舱的小机械臂首次亮相，小机械臂臂长近6米，通过关节，小机械臂可以实现类似人类手臂的运动能力。若该机械臂向太空同一方向，用同样的力，同时抛出一个100克重的钢球和一个200克重的铜球，假设力的作用时间相同，预定距离二十米，钢球和铜球哪个先抵达？那么正确的结论是（　　）A.钢球先到达B.铜球先到达C.同时到达D.无法判定【答案】A【解析】【详解】根据动量定理可得机械臂的作用力相同，作用时间相同，钢球的质量小，则钢球获得较大的速度，在太空中，钢球和铜球运动的加速度相同，位移相同，所以速度大的钢球运动的时间较短。故选A。8.如图所示，在光滑的水平面上停着一辆质量为M、长为L的平板车，一质量为m的小孩以水平速度v0跳上车的左端，然后在车上忽快忽慢地向右奔跑，经过时间t跑到了车的 右端。对于这段时间t内小车的位移，下列说法错误的是（　　）A.可能有向右的位移B.可能有向左的位移C.位移不可能是0D.位移的大小可能是L【答案】C【解析】【详解】设在任意时刻小孩和车的速度分别为v和v′，以向右为正方向，由动量守恒定律有在极短时间Δt内有设车前进的距离为x，两边求和得解得讨论：若，则；若，则，车的位移向右；若，则，车的位移向左；其中若，可得结论合理。本题选错误的，故选C。9.以下说法中正确的是（　　） A.图甲可知，驱动力频率越大，能量越大，振动幅度越大B.图乙是双缝干涉示意图，若只将光源由蓝色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离增大C.图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变小D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；B．乙图中，根据，若只将光源由蓝色光改为绿色光，波长增大，两相邻亮条纹间距离将增大，故B正确；C．丙图中，当将薄片向右移动时，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会变小，故C正确；D．丁图中，当M固定不动，缓慢转动N，从图示位置开始转动90°时，M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D错误。故选BC。10.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】AC．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。11.如图甲、乙分别为两列横波Ⅰ、Ⅱ的振动图像，时刻分别同时从图丙的、两点开始向四周传播，并在时恰好相遇，已知、相距，为中点，D距点，则（　　）A.直线上A、B外侧均为振动加强点B.直线上A、B间（不包括A、B点）共有6个振动加强点C.内直线上C点通过的路程为零D.时D点经平衡位置向下振动【答案】CD【解析】【详解】A．由题意知，波长为，A、B两质点的起振方向相反，AB间距满足波长的整数倍，故A、B外侧均为减弱点，故A错误；B．加强点满足该点距AB的位移差为半波长的奇数倍，共有8个点，分别距A点的距离为，，，，，，，，故B错误；C．C点距A点，为减弱点其位移始终为零，故C正确；D．D点为加强点，时，波Ⅱ刚传到D点，从平衡位置向上振动，此时波Ⅰ已在D点振动了，也从平衡位置向上振动，再经，质点D经平衡位置向下振动，故D正确。 故选CD。12.如图所示为一款近期火爆玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（　　）A.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面B.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为C.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为D.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为【答案】BC【解析】【详解】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程mg＝kx0①施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为F＋mg＝k（x0＋x）②若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得则F＝mg③由①②③得kx＝mg撤去力F的瞬间，头部所受的回复力F回＝k（x0＋x）－mg＝kx 当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；B．刚释放时弹簧的形变量为弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得结合动能故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有故头部在最高点的加速度为，C正确；D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为分析得则轻压头部释放时弹簧的压缩量为D错误。故选BC。 第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。13.如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。（1）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。（用测量的量表示）（2）在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是___________，与实验所用小球质量有关的是___________。（3）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示，他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法。__________。【答案】①.②.OP③.OM、ON④.见解析【解析】【详解】（1）[1]要验证动量守恒定律，即验证小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得 可得（2）[2][3]OP是小球没有发生碰撞前入射小球A的落点，与小球的质量无关；OM和ON是碰撞后入射小球A和被碰小球B的落点距离，碰撞过程与所用小球的质量有关。（3）[4]连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示分别测量出OP、OM′、ON′的长度，若在实验误差允许的范围内，满足关系式则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。14.南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度。（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径___________mm。（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为___________。A.B.C.D.（3）如果实验中所得到的关系图线如图乙中的_____所示（选填，，），当地的重力加速度_________（取，结果取小数点后两位）【答案】①.12.0②.C③.a④.9.86 【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为。故选C。（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由可得可知其关系图线应a，再将代入可得将代入可求得15.一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，质点的坐标为．在时刻，质点首次位于波峰位置，点的坐标是．求：（1）这列波的周期与传播速度；（2）时质点的位移． 【答案】（1），；（2）。【解析】【详解】（1）由波形图可知，这列波的波长为波沿轴负方向传播，根据波形平移法知时刻点向下振动，经个周期首次到达波峰位置，由此可知则得所以波速为（2）因为波传到点的时间为故时，质点的位移为16.如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d=20cm，初始半圆玻璃砖的直径与光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1点留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为20cm，求∶（1）玻璃砖的折射率n；（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）璃砖转过30°角时，折射光路如图由几何关系可知入射角i=30°又则那么折射角γ=75°由折射定律可知 解得（2）发生全反射时有所以17.如图所示，是一长为L的水平放置光滑弧形槽，弧形槽半径R，R远大于AB的弧长，弧形槽的左端有一微小凹槽，P为最低点。现有一物理兴趣小组进行闯关比赛，比赛选手从E点（为圆弧的最低点）沿EP方向给质量为m的小球甲一个冲量I，同时从A点由静止释放小球乙，甲、乙两小球在P点相碰可视为比赛选手过关，两小球均视为质点。求：（1）甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比；（2）要想比赛过关，比赛选手在E点给小球甲的冲量大小需满足的条件。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设小球甲运动的初速度为v，根据动量定理有小球甲在运动过程中做匀速直线运动，故其第1次到达P点所需时间为联立得由于弧形槽半径R远大于AB的弧长，故小球乙相当于做单摆运动，故有 乙球第1次到达P点时所用时间为甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比（2）乙球第n次到达P点时所用时间为要想比赛过关，则甲球到达P点所用时间需与乙球到达P点所使用时间相等，即又根据动量定理及匀速运动的规律有联立可得【点睛】乙球近似看做单摆运动是解决本体的关键。注意过关时，两球在运动时间上的关系。