精品解析：广西壮族自治区河池市2022-2023学年高二下学期7月期末物理试题（解析版）

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河池市2023年春季学期高二年级期末教学质量检测
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
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涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
4.本卷主要考查内容：选择性必修第一、二册，选择性必修第三册第一、二章。
一、单项选择题：本题共7小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 固体是物质的一种聚集状态，与液体和气体相比固体有比较固定的体积和形状，质地比较坚硬。关于固体，下列说法正确的是（　　）
A. 食盐、玻璃和水晶都是晶体，非晶体和单晶体都没有确定的几何形状
B. 固体可以分为单晶体和多晶体，多晶体没有确定的几何形状
C. 布朗运动是固体分子无规则热运动的反映
D. 晶体具有各向异性，组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”
【答案】B
【解析】
【详解】A.食盐和水晶都是晶体，玻璃是非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，A错误；
B.固体可以分为单晶体和多晶体，多晶体没有确定的几何形状，B正确；
C.布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，C错误；
D.单晶体具有各向异性，多晶体具有各项同性，组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”，D错误。
故选B。
2. 某同学用单色光做双缝干涉实验时，观察到条纹如甲图所示，改变一个实验条件后，观察到的条纹如乙图所示。他改变的实验条件可能是（　　）

A. 增大了单色光波长 B. 减小了双缝之间的距离
C. 减小了光源到单缝的距离 D. 减小了双缝到光屏之间的距离
【答案】D
【解析】
【详解】由

可得要想减小条纹间距，需要减小单色光的波长或增大双缝之间的距离或减小双缝到光屏之间的距离。
故选D。
3. 关于对LC振荡电路的频率的理解，下列说法正确的是（　　）
A. 在线圈中插入铁芯振荡频率变大
B. 增加两极板的电荷量振荡频率变大
C. 增加线圈的匝数振荡频率变大
D. 减小两极板的正对面积振荡频率变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据

在线圈中插入铁芯，线圈的自感系数增大，可知振荡频率变小，A错误；
B．增加两极板的电荷量，电容器的电容不变，根据上述可知振荡频率不变，B错误；
C．增加线圈的匝数，线圈的自感系数增大，根据上述可知振荡频率变小，C错误；
D．根据

减小两极板的正对面积，电容器的电容减小，根据上述可知，振荡频率变大，D正确。
故选D。
4. 如图所示，一弹簧振子可沿竖直方向做简谐运动，O为平衡位置，现将弹簧振子从平衡位置向下拉一段距离，释放后振子在M、N间振动，且MN=40cm，振子第一次由M到N的时间为0.2s，不计一切阻力，下列说法中正确的是（　　）

A. 振子振动的振幅为40cm、频率为5Hz
B. 振子由M到O的时间为0.05s
C. 从释放振子开始计时，振子在10s内通过的路程为10m
D. 从释放振子开始计时，振子在10s末偏离平衡位置位移大小为20cm
【答案】D
【解析】
【详解】A．从题图可知，振子振动的振幅为，由于

所以

则频率为

A错误；
B．根据简谐运动的对称性可知，振子由M到O的时间与振子由O到N的时间相等，均为，B错误；
C．弹簧振子的振幅。振子在1个周期内通过的路程为4A，故在（）内通过的路程为

C错误；
D．10s内振子振动了25个周期，10s末振子仍处在M点，所以振子偏离平衡位置的位移大小为，D正确。
故选D。
5. 如图所示，实线是一列简谐横波在时刻的波形图，虚线是在时刻的波形图。下列说法正确的是（　　）

A. 当波向左传播时，波速的表达式为
B. 当波向左传播且时，波速大小为
C. 当波向右传播时，波速的表达式为
D 若波速，则波向左传播
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据题意，由图可知，当波向左传播时，波在

传播的距离为

由图可知

又有

联立可得

若有

则波的传播距离

即

此时，速度为

故A错误，B正确；
C．根据题意，由图可知，当波向右传播时，波在

传播的距离为

由图可知

又有

联立可得

故C错误；
D．若波速，则波的传播距离为

结合上述分析可知，波向右传播，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨间距为L，质量为m的导体棒垂直导轨放置，整个空间存在垂直导体棒的匀强磁场，现在导体棒中通由a到b的恒定电流，导体棒始终静止在导轨上，已知磁感应强度大小为B，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. 若磁场方向竖直向上，则所通电流大小为
B. 若磁场方向垂直斜面向上，则所通电流大小为
C. 若磁场方向水平向左，则所通电流大小为
D. 若磁场方向水平向右，则所通电流大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．磁场竖直向上，则安培力水平向右，受力分析如图

由共点力平衡可得

解得

故A错误；
B．若磁场垂直斜面向上，则安培力沿斜面向上，由共点力平衡可得

解得

故B正确；
C．若磁场方向水平向左，则安培力竖直向上，即

解得

故C错误；
D．若磁场方向水平向右，则安培力竖直向下，导体棒不能平衡，故D错误。
故选B。
7. 质量m=10kg一端封闭的圆柱形汽缸开口端向下竖直漂浮在水面上，汽缸横截面积S=50cm2，汽缸露出水面的高度h=1.25m，汽缸中封闭的空气柱长度为l。若竖直向下按压汽缸，当汽缸恰好全部没入水中时，汽缸内空气柱的压强为p'。已知水的密度ρ=1×103kg/m3，大气压强p0=1×105Pa，重力加速度大小取g=10m/s2，不计圆柱形汽缸缸壁的厚度，则（　　）
A. l=3.25m，p'=1.5×105Pa B. l=3.25m，p'=1.3×105Pa
C. l=2.75m，p'=1.3×105Pa D. l=2.75m，p'=1.5×105Pa
【答案】B
【解析】
【详解】圆柱形汽缸受力平衡有
mg=pS-p0S
p=p0+pg（l-h）
解得
l=3.25m
设空气柱的长度为l'，由玻意耳定律有

空气柱压强

解得

p'=1.3×105Pa
故选B
二、多项选择题：本题共3小题。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
8. 如图所示，质量为、长为的平板车静止在光滑的水平地面上，车的左端有一个可视为质点的人，人的质量为。一开始人和车都静止，空气阻力忽略不计。人从车的左端走到车的右端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 人与车组成的系统动量守恒
B. 人和车组成的系统机械能守恒
C. 人从车的左端行走到右端，人相对于地的位移为
D. 人到车的右端，可能与车一起向右运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对人与车构成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；
B．由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，故B错误；
C．根据动量守恒定律的位移表达式有

又

解得

故C正确；
D．人到车的右端，若与车一起向右运动，则动量不守恒，故D错误。
故选AC。
9. 如图所示，间距为1m的U形导体框放在匀强磁场中，磁场方向垂直导体框平面向下，磁感应强度大小为4T，导体框左端接有阻值为4Ω的定值电阻，长为1m，电阻为4Ω的金属杆ab垂直导轨置于导体框上，金属杆开始处于实线位置，经过一段时间后到达虚线位置，此过程金属杆以速度=5m/s匀速运动，金属杆产生的焦耳热为25J，导体框电阻不计，下列说法正确的是（　　）

A. 该回路产生的电流方向是顺时针 B. a点的电势高于b点电势
C. 整个过程中金属杆的位移为1m D. 整个过程回路中的磁通量变化率为20Wb/s
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据右手定则，可知电流方向逆时针，a是正极，a点的电势高于b点电势，A错误，B正确；
CD．由法拉第电磁感应定律得

由闭合电路欧姆定律得

产生的热量为

解得

金属杆的位移为

整个过程回路中的磁通量变化率为

故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，理想变压器原线圈的a、b两端接正弦交变电源，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想交流电表。已知滑动变阻器的总阻值小于R0，下列说法正确的是（　　）

A. 若滑片P向上滑动，则电压表的示数变大
B. 若滑片P向上滑动，则电流表的示数变小
C. 若滑片P向下滑动，则R消耗的功率变小
D. 若滑片P向下滑动，则电压表的示数变化和电流表的示数变化的比值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设a、b两端的输入电压为U1，原、副线圈的匝数比为，则电压表示数始终为，故A错误；
B．滑片P向上滑动的过程中，副线圈回路的总阻值R2变大，通过副线圈的电流变小，则电流表的示数变小，故B正确；
C．把变压器副线圈看成电源，把R0当作等效电源内阻，电阻R看作外电阻，再根据电源输出功率随外阻变化关系图即可判断，故C正确；
D．滑片P向下滑动的过程中，电压表的示数不变，所以比值为0，故D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题。
11. 某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。

（1）下列说法正确的是______。
A．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最高点时开始计时
B．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期
C．摆球应选择密度大、体积小的实心金属小球
（2）若当地的重力加速度为g=9.8m/s2，图乙对应的单摆的摆长为______m（保留两位有效数字），该同学用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______mm。
【答案】 ①. BC ②. 1.0 ③. 15.75
【解析】
【详解】（1）[1]A．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，故A错误；
B．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期

故B正确；
C．为了减少阻力，摆球应选择密度大、体积小的实心金属小球，故C正确。
故选BC。
（2）由图乙可知该单摆的运动周期为T=2s，根据

可得
L=1.0m
该同学用游标卡尺测量小球的直径，游标卡尺的最小分度值为0.05mm，其读数为
15mm+15×0.05mm=15.75mm
12. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：
（1）本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；_________；油酸分子是紧挨在一起的；
（2）在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是_________。（用序号字母填写）
A．理想模型法 B．控制变量法 C．等效替代法
（3）实验中所用的油酸酒精溶液为1000mL溶液中有纯油酸2mL，用量筒测得1mL上述溶液为100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图甲所示，图中正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，可以估算出油膜的面积是_________m2（结果保留两位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是_________m（结果保留三位有效数字）。

（4）在一次实验中由于痱子粉撒得过多，得到了如图乙所示的油膜，如果按此油膜来计算分子直径，你认为测量结果相对真实值会_________（填“偏大”“偏小”或“无系统误差”）。
【答案】 ①. 油酸分子形成单层分子膜 ②. A ③. 0.032 ④. 6.25×10-10 ⑤. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；油酸分子形成单层分子膜；油酸分子是紧挨在一起的；
（2）[2]在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是理想模型法。
故选A。
（3）[3]在本实验中将油膜分子看成紧密排列的球形，由图示油膜可知，油膜的面积为

[4]每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为

油酸分子的直径为

（4）[5]由图可知该次实验中痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，此时所测油膜面积偏小，所以油酸分子的直径测量结果相对真实值偏大。
13. 如图所示，一块玻璃砖的横截面为三角形ABC与半圆的组合体，半圆的半径为R，三角形的斜边AC正好是半圆的半径的三倍，O点为圆心，。一束单色光从P点射向圆心O， 已知玻璃砖的折射率，求：
（1）该光束在AB面上能否发生全反射；
（2）光从玻璃砖射出后的光线与人射光PO间的夹角。

【答案】（1）能；（2）
【解析】
【详解】（1）光束经过O点方向不变，画出光路图如图所示

由几何关系可知，光束射到AB边上的D点，入射角为

设临界角为C，则

则

而

可见光束在AB面上D点能发生全反射。
（2）由几何关系可知，光束射到BC边上的E点，入射角为

在BC边上，有

则

则

由几何关系可知，光从玻璃砖射出后与入射光PO间的夹角为

故

14. 如图所示，间距为d=0.1m的平行线MN、PQ之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T。一质量、电量的带电粒子从A点与边界成θ=60°角垂直射入磁场，并从C点垂直边界射出，不计粒子重力，求：
（1）粒子的初速度v₀大小及在磁场中的运动时间；
（2）如果该粒子的入射点、入射方向及速度大小均不变，要使其不能从磁场边界PQ射出，磁感应强度大小应满足的条件。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）作出带电粒子的运动轨迹，如图甲所示

由几何关系得

由洛伦兹力提供向心力得

解得

粒子在磁场中运动的周期为

粒子在磁场中运动时间为

解得

（2）若粒子不能从边界PQ射出磁场，作出带电粒子的运动轨迹，如图乙所示

由几何关系得

由洛伦兹力提供向心力得

解得

15. 甲球和乙球都静止在同一水平面上，乙球在甲球前方，甲球获得初速度向乙球运动且发生弹性正碰，两球碰撞时间极短，甲球的质量为3kg。如图所示为两球碰撞前后的一段v-t（图像（碰后甲球的v-t图像未画出），求：
（1）乙球的质量；
（2）被碰后乙球向前滑行的距离。

【答案】（1）5kg；（2）2.25m
【解析】
【详解】（1）由图可知开始计时时甲球的速度
v=5m/s
甲球碰前速度
=4m/s
球碰后速度
=3m/s
根据动量守恒得

根据能量守恒得

解得
=5kg
（2）由图可知，若甲球一直减速，乙球碰后减速，经过
=0.75s-0.25s=0.5s
时两球的共同速度为，根据运动学公式得

甲球的加速度
-4m/s2
解得
=2m/s2
乙球碰撞后到停止的时间
s
被碰后乙球向前滑行的距离

解得
=2.25m