浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高二物理上学期期末联考试题（Word版附解析）

2022学年第一学期奉化区高二期末教学质量检测物理试题卷考试时间：90分钟；第I卷（选择题）一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.分析下列物理现象，说法正确的是（）A.“隔墙有耳”是声波的反射现象B.当鸣笛的火车疾驰而来时，我们听到笛声的音调会比静止时高，这是多普勒效应C.围绕振动音叉转一圈，会听到忽强忽弱的声音，这是声波的衍射现象D.因衍射是波特有的特征，所以波遇到障碍物时一定能发生明显的衍射现象【答案】B【解析】【详解】A．“隔墙有耳”是声波的衍射现象，故A错误；B．当鸣笛的火车疾驰而来时，生源和观察者相互靠近，我们听到笛声的音调会比静止时高，这是多普勒效应，故B正确；C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区与减弱区，这是声音的干涉，故C错误；D．衍射是波特有的特征，但是发生明显衍射的条件是波长与障碍物的尺寸差不多时，或波长比障碍物尺寸大，故D错误；故选B。2.2022年7月13日，我国用长征三号乙型运载火箭成功将天链二号03星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（　　）A.火箭、汽车的运动都属于反冲运动B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 C.为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身D.喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动【答案】C【解析】【详解】A．火箭的运动属于反冲；而汽车是利用燃料燃烧获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲，故A项错误；B．由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故B项错误；C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故C项正确；D．喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用而是飞机运动的，属于反冲运动。而直升机的运动是利用空气的反作用力原理制成的不属于反冲运动，故D项错误。故选C。3.如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中不计足球所受阻力，以向上为正方向。下列说法正确的是（　　）A.球从颠出到落回原位置的时间内，重力做的功不为零B.球从颠出到落回原位置的时间内，重力的冲量为零C.球上升阶段重力做功为正值D.球下降阶段重力的冲量为负值【答案】D【解析】【详解】A．球从颠出到落回原位置的时间内，球的位移为零，根据可知重力做的功为零，A错误；B．由冲量定义球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，大小不为零，B错误； C．球上升阶段，重力竖直向下，球的位移向上，力的方向和位移方向相反，重力做负功，C错误；D．题意以向上为正方向，重力方向与规定的正方向相反，重力为负，根据可知球下降阶段重力的冲量为负值，D正确。故选D。4.如图所示为某智能手机电池上的信息，电池支持2A快充技术。电池充满仅需1.3小时，轻度使用状态可使用一天。下列说法正确的是（　　）A.9.88W·h为该电池的电荷量B.4.35V为该电池的电动势C.轻度使用时的平均功率约为0.1WD.根据数据可以计算得到该电池的容量约为2600mA·h【答案】D【解析】【详解】A．9.88W·h为该电池的电能，而不是电荷量，A错误；B．4.35V为该电池的充电限制电压，而不是电池电动势，B错误；C．轻度使用时的平均功率C错误；D．根据数据可以计算得到该电池的容量约为D正确。故选D。5.油烟危害健康，某品牌的抽油烟机的主要部件是照明灯L和抽气扇M（电动机），电路连接如图所示，下列说法正确的是（） A.抽气扇须在点亮照明灯的情况下才能工作B.闭合开关S1和S2，抽气扇处于“弱吸”挡C.抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率不变D.工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，回路中的电流将变大【答案】D【解析】【详解】A．由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关，A错误；B．由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流、电压变大，则功率变大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；C．由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流变大，而抽气扇的热功率为P=I2r其中r为电机内阻，不变，则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；D．工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，D正确。故选D。6.如图，一辆小车与一理想弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度vm通过某点时，将一小球轻放入小车中，并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（　　）A.小球放入小车过程中，小球和小车动量不守恒B.小球放入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能守恒C.小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅减小 D.小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小【答案】C【解析】【详解】A．将一小球轻放入小车过程中，小球和小车所受合外力为零，小球和小车动量守恒，A错误；B．设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则解得由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；C．弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为E2减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，C正确；D．小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式可知整个弹簧振子的周期变大，D错误；故选C。7.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，向右为正方向。振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A.0.2s时振子的位移小于6cmB.0.4s时振子的速度最大C.0.4s至1.2s内振子通过的路程为24cmD.0.8s和1.6s时振子的速度相同【答案】C【解析】【详解】A．在0-0.4s内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即t=0.2s时，振子的位移大于6cm，故A错误；B．由图象可知，t=0.4s时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故B错误；C．0.4s至1.2s内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为故C正确；D．由图象可知，t=0.8s和t=1.6s时，振子均位于原点位置，速度的大小相同。但t=0.8s振子的速度方向为负方向，t=1.6s振子的速度方向为正方向。故振子的速度不相同，故D错误。故选C。【点睛】掌握振子的运动情况，理解振子在位移最大处和原点时，振子的速度情况。根据图像读取振子的振幅等相关信息。8.浅层水波可视作简谐横波，如图2所示A、B两点为沿波源向外的一条直线上相距的两点，已知波源的振动周期为，A点在振动的最高点，B点在平衡位置。则下列选项判断正确的是（　　）A.水波的波长最大为B.若B点向上振动，则水波传播的最大速度为C.若B点向下振动，则水波传播的最小速度为D.质点B刚振动时，速度向右 【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，A点在振动的最高点，B点在平衡位置，则整理得当n=1时，波长最大，为A错误；B．B点在平衡位置向上振动。当水波传播方向由A向B时，有得最大波长为0.6m，最大波速为当水波传播方向由B向A时，有得同理，最大波速为则B点向上振动，则水波传播的最大速度为，B正确；C．波长与波速可以无限趋近零，故C错误；D．质点B刚振动时，速度方向与AB直线垂直，D错误。 故选B。9.如图所示，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进入介质球后分成光束Ⅰ、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，，则（　　）A.介质球对光束Ⅱ的折射率大于B.同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球C.当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ会发生全反射D.用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大【答案】A【解析】【详解】A．对于光束I：在A点的入射角i=60°，折射角r=30°，则玻璃对光束I的折射率为由折射定律分析知，介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，即大于，故A正确；B．由分析知在介质球中，光束Ⅰ的传播速度大于光束Ⅱ的传播速度，则同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介质球，故B错误；C．从A点射进介质球的光束Ⅱ，再射到界面时入射角等于A点的折射角，由光路可逆原理知，光线不会发生全反射，一定能从介质球射出，故C错误；D．介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，说明光束Ⅱ的频率大，波长短，而干涉条纹的间距与波长成正比，则光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ小，故D错误。故选A。10.用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率，O为玻璃截面的圆心，使入射光线跟玻璃砖平面垂直，图中的P1、P2、P3、P4是四个学生实验时插针的结果。在这四个图中可以比较准确地测定折射率的是（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】将作为入射光线，作为出射光线，由图可知，入射光线与界面垂直，进入玻璃砖后，传播方向不变，如图所示A．A光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；B．B光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；D．D光路图中，、与玻璃砖的出射点不在同一直线上，故D错误；C．C光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确。故选C二、不定项选题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得2份，有选错得0分。）11.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）A.vA′=-1m/s，vB′=5m/sB.vA′=-2m/s，vB′=6m/sC.vA′=2m/s，vB′=-1m/sD.vA′=0.5m/s，vB′=2m/s 【答案】AD【解析】【详解】两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为碰前总动能为A．若，，不违反实际速度可行性，碰后系统动量和动能动量守恒，机械能也守恒，故A可能，符合题意；B．若，，则碰后系统动量系统动量不守恒，故B不可能，不符合题意；C．若，，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能，不符合题意；D．若，，不违反速度实际可行性，碰后系统动量和机械能故D可能，符合题意。故选AD。12.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则（　　） A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC.当转速增大时，弹簧振子振幅增大D.当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大【答案】BD【解析】【详解】AB．现匀速转动摇把，转速为240r/min，则当振子稳定振动时，它的振动周期为它的振动频率为故A错误，B正确；C．由于转速为240r/min时的频率大于振子的固有频率，当转速增大时，振动频率增大，弹簧振子的振幅减小，故C错误；D．当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大，故D正确。故选BD13.如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球运动到最低点的速度大小为B.小球离开小车后做斜上抛运动C.小球离开小车后上升的高度小于RD.小车向左运动的最大距离为R 【答案】AD【解析】【详解】A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒则最低点的速度大小为故A正确；B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，故B错误；C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点的高度R，故C错误；D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。故选AD。14.位于x=0.25m的波源P从人t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t=2.0s时波源停止振动，t=2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=1.75m，质点b的平衡位置xb=-0.5m。下列说法正确的是（　　）A.沿x轴正方向传播速度为0.75m/sB.波源沿y轴正方向起振C.t=2.45s时，质点a沿y轴负方向振动D.在0到2s内，质点b运动总路程是3m【答案】BC【解析】 【详解】A．由图可知，波的波长由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得解得波波速选项A错误；B．作出t=2.0s时的波形如图根据同侧法可知，此时波源P的振动方向向上，因所以波源其正方向也向上，即波源沿y轴正方向起振，选项B正确；C．波的波速波源停止振动，到质点停止振动的时间即质点还在继续振动，到经过时间即，结合图像可知质点a位移为负且向轴负方向运动，选项C正确；D．波传到点所需的时间在0到2s内，质点振动的时间为 质点b运动总路程选项D错误。故选BC。15.利用如图甲所示的装置可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差，T1、T2是标准平面玻璃，A0为标准金属丝，直径为，A为待测金属丝，直径为D。用波长为的单色光垂直照射玻璃表面，干涉条纹如图乙所示，相邻亮条纹的间距为。则（　　）A.D与相差越大，越小B.轻压T1的右端，若变小，有D<D0C.相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差为D.图乙可能是D与相等时产生的条纹【答案】AB【解析】【详解】A．设标准平面玻璃之间的夹角为θ，由题设条件，则有由空气薄膜干涉条件，则有即为由此可知D与相差越大，θ越大，越小，故A正确；B．轻压T1的右端，若变小，由可知，θ变大，因为压的是右侧，说明右侧直径小，即有D<D0故B正确；C．相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差的2倍为光程差，故C错误； D．当D=D0时，光程差相等，则不产生干涉条纹，故D错误。故选AB。第II卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共20分）16.某实验小组用图甲所示装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（1）组装单摆时，应该选用___________；（选填器材前的字母代号）A.长度为1m左右的细线B.长度为20cm左右的细线C.直径约为1.8cm的泡沫球D.直径约为1.8cm的钢球（2）如图乙，用游标卡尺测量摆球直径，摆球直径d=___________cm；（3）小明同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图丙所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，则计算重力加速度g的表达式为___________，结合图像计算出当地的重力加速度g=___________m/s2（π取3.14，计算结果保留3位有效数字）；（4）某同学在实验中操作不当，使得摆球在运动过程中变成圆锥摆如图所示。他认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期，根据单摆周期公式计算重力加速度，则该同学计算出的重力加速度值与真实值相比___________（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.AD##DA②.1.85③.④.9.86⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1]根据 得需要测量摆长，在实验过程中摆球越重，空气阻力对实验的影响越小，摆长越长，周期越长，测量误差越小。故选AD。（2）[2]10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知摆球直径为（3）[3]根据可得重力加速度的表达式为[4]根据可知图像的斜率为解得当地的重力加速度为（4）[5]在实验中操作不当，使得摆球在运动过程中变成圆锥摆，根据牛顿第二定律有其中解得 根据偏小，所以重力加速度的测量值与真实值相比偏大。17.一探究实验小组要测量叠层电池电动势和内阻（电动势9V左右，内阻40Ω左右），实验室可供选择的器材有：电压表V（量程0~3V，内阻R1=1kΩ）毫安表mA（量程0~10mA，内阻r2=20Ω）滑动变阻器Rx（0~5Ω，额定电流1A）电阻箱R0（0~9999.9Ω）二只定值电阻R（R1=0.4Ω；R2=4Ω）电键S一个；导线若干。（1）由于两电表量程都太小，实验中对两只电表均进行了改装，并连接成如图甲所示的电路，其中与定值电阻并联的毫安表改装成量程为60mA的电流表。则定值电阻应选___________（选填“R1”或“R2”）。（2）实验中通过调节___________（选填“Rx”或“R0”），以测得两只电表的数据。（3）按（1）中电路进行实验，发现电压表V已损坏，若仍要完成实验，请用剩余的其它元件设计电路图并画在方框乙内。___________ （4）按电路图正确连线后进行规范操作，记录电阻箱的阻值为R0和毫安表的示数为I，作出IR0-I的图像如图丙所示，则该电源的电动势___________V，内阻___________Ω。（结果保留二位有效数字）【答案】①.R2②.Rx③.④.8.7⑤.42【解析】【详解】（1）[1]与定值电阻并联的毫安表改装成量程为60mA的电流表，则解得故选R2。（2）[2]实验中通过调节滑动变阻器Rx，以测得两只电表的数据。（3）[3]发现电压表V已损坏，若仍要完成实验，则用电流表和电阻箱进行实验，电路图如下（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律整理得所以 解得四、解答题（18题8分，19题9分，20题13分，共30分）18.如图所示，一直升机总质量为m，直升机的旋翼桨盘面积（桨叶旋转形成的圆的面积）为S，已知空气密度为ρ，重力加速度为g，求：（1）直升机悬停在空中时推动空气的速度大小；（2）直升机悬停在空中时其内部发动机的功率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）直升机悬停时受力平衡，设空气对螺旋桨的力为F，则满足F=mg设螺旋桨作用于空气后，空气的速度为v，在很短时间Δt内，被推动的空气质量满足Δm=ρSvΔt设螺旋桨对空气的力为F’，则满足对Δm的空气列动量定理，满足Δt=Δmv解得v=（2）设发动机的功率为P，由动能定理可得PΔt=Δmv2-0 解得P=19.如图甲所示，物体A、B静止放在光滑水平面上，A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，此时弹簧长度。时刻，将细线烧断，A、B在弹簧弹力作用下做往复运动，A的图像如图乙所示（以向右为正方向）。已知A、B的质量分别为、，弹簧始终在弹性限度内。（1）求从细线烧断到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹簧对物体B的冲量大小；（2）求从细线烧断到弹簧第一次伸长到时，物体B运动的位移大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）细线烧断到弹簧第一次恢复原长的过程中，两物块组成的系统满足动量守恒，当弹簧第一次恢复原长时，物体A具有向左的最大速度，由图乙可知，根据动量守恒可得解得根据动量定理可得，弹簧对物体B的冲量大小为（2）两物块组成的系统满足动量守恒，则有则在极短时间内有累加求和可得 则有从细线烧断到弹簧第一次伸长到时，有联立解得，可知从细线烧断到弹簧第一次伸长到时，物体B运动的位移大小。20.如图所示，有一装置由倾斜轨道、水平轨道、台阶和足够长的水平轨道组成，小球C通过轻绳悬挂在悬点O的正下方，紧靠台阶右侧停放着“”型木板，木板的上表面水平且与B点等高，木板与水平地面间的动摩擦因数为，其他接触面间的摩擦忽略不计。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处由静止释放，滑至C处时与小球发生正碰，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，滑块向右滑上木板。已知滑块、小球和木板的质量分别为和，A到轨道的高度为，轻绳的长度为，木板长度为，滑块、小球均可视为质点。重力加速度大小为。求：（1）轻绳的最大拉力；（2）滑块冲上型木板的速度大小；（3）滑块与挡板发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短，求滑上木板后经多长时间滑与木板发生第2次碰撞。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设小球C碰后速度为，在最高点速度为，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运 动在竖直面内做圆周运动，根据机械能守恒可得在最高点在最低点时轻绳拉力最大，根据牛顿第二定律可得联合解得（2）设滑块滑下来碰撞前的速度为，下滑过程由机械能守恒可得与C碰撞过程，由动量守恒可得代入数据解得（3）滑块冲上木板后匀速运动，经时间发生第1次碰撞，则解得滑块与木板碰撞过程动量守恒、机械能守恒可得解得 设经时间滑块与木板发生第2次碰撞，木板减速的加速度为a，由牛顿第二定律得解得从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板位移相同，即解得设碰后板匀减速运动经时间速度减为0，由动量定理可得解得故木板早已停止运动，因此从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板的实际位移为木板第一次碰撞后匀减速运动至停止的位移，即解得故滑块从滑上木板到与木板发生第2次碰撞的时间为