2022-2023学年重庆市长寿区高二（上）期末物理试卷（A卷）（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市长寿区高二（上）期末物理试卷（A卷）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于波的干涉下列选项错误的是( )
A. 加强点始终加强，减弱点始终减弱
B. 加强点的位移一定大于减弱点的位移
C. 横波和纵波均能发生干涉
D. 主动降噪技术利用了声波的干涉来抵消噪声
2.如图所示，通有恒定电流的中空螺线管竖直放置，一线圈沿轴线OO′从上方下落穿过螺线管，下列说法正确的是( )
A. 穿过线圈的磁通量先减小，后不变，再增大
B. 穿过线圈的磁通量先增大，后不变，再减小
C. 穿过线圈的磁通量一直增大
D. 穿过线圈的磁通量一直减小
3.如图所示，一电场强度为E的匀强电场中有一电荷量为−q的粒子沿曲线从A点运动到B点，已知AB连线长为l，与电场方向夹角为θ，则( )
A. 电场力做功为qElcsθ
B. 电场力做功为qElsinθ
C. 电势能增加了qElcsθ
D. 电势能增加了qElsinθ
4.如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时的波形图，P、Q分别是平衡位置为x=1m、x=4m处的质点，已知波速为2m/s，此时x=8m处的质点刚开始运动，则( )
A. 这列波的起振方向向上
B. t=3s时x=10m处的质点第一次到达波峰
C. t=3s时Q质点的加速度方向向下
D. t=1s时P质点的速度方向向下
5.如图所示电路中电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，灯泡上标有“4V，8W”字样，电动机线圈电阻。RM=1Ω，已知灯泡恰好正常工作，下列说法正确的是( )
A. 电动机两端的电压为8V
B. 电动机的电功率为4W
C. 电动机的输出功率为8W
D. 若电动机突然被卡住，灯泡会变暗
6.如图所示，E为内阻不能忽略的电源，R1、R2、R3为定值电阻，初始时S1闭合、S2断开，现将S2闭合，电压表和电流表A1示数变化的绝对值分别为ΔU和ΔI，则( )
A. 电流表A1和A2的示数均变大
B. 电压表的示数变大
C. 电源的输出功率变大
D. ΔUΔI=R3+r
7.如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A极板接地，电容器、二极管、开关S与电源相连，已知二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，在P点有一带电液滴恰好处于静止状态。保持开关S闭合，下列说法正确的是( )
A. 将B板向上移动一小段距离，电容器将充电
B. 将B板向上移动一小段距离，液滴在P点的电势能减小
C. 将A板向上移动一小段距离，电容器将放电
D. 将A板向上移动一小段距离，液滴在P点的电势能不变
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下列有关光的说法正确的是( )
A. 水中的气泡，看起来特别明亮，是由于光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
B. 在双缝干涉实验中，要使条纹间距增大，可增大双缝间距
C. 薄膜干涉是由于入射光和反射光发生干涉
D. 白光的单缝衍射条纹是彩色的
9.如图所示，+Q和−Q相距L，连线水平，O为连线的中点，中垂线上有相距 3L且关于O点对称的两点A、B，已知空间中还存在水平向右电场强度为E的匀强电场(图中未画出)，则( )
A. A点电场强度大小为 kQL2+E，方向水平向右
B. A、B两点的电场强度大小相等方向相反
C. 图中的中垂线是一条等势线
D. 连线上O点的电场强度最大
10.如图所示，x轴上的电势分布关于φ轴对称，x1处电势为φ1，x3处电势为φ2，且该处图线切线斜率绝对值最大，x3=−x2，将一电荷量为−q(q>0)的电荷从x1处由静止释放，只在电场力作用下运动，下列说法正确的是( )
A. 电荷运动到x2处加速度最大，且与x3处加速度等大反向
B. 电荷在x3处的动能为−q(φ2−φ1)
C. 电荷从x1到x2，电场力做功为q(φ2−φ1)
D. 电荷一直向x轴正方向运动
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小明用“插针法”测玻璃砖的折射率。他先在白纸上画出一条直线，并让待测玻璃砖的左界面AB与直线重合放置，再进行插针观察，如图所示。三角形ABC是其横截面的边界线，而P1、P2、P3、P4为该同学在某次实验时先后插入的4枚大头针。
(1)请在图中完成该实验的光路图；
(2)用θ1和θ2表示AB界面的入射角和折射角，则该玻璃砖的折射率n= ______ ；
(3)若所画的AC比实际界面向外平移了一些，则测得的折射率将______ (选填“偏小”、“不变”或“偏大)。
12.在练习使用多用电表测电阻实验中：
(1)请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动______ (选填“欧姆调零旋钮”或“指针定位螺丝”)，使指针对准电流挡的“0”刻度；
②将选择开关K旋转到电阻挡“×100”的位置；
③将红、黑表笔短接，旋动______ (选填“欧姆调零旋钮”或“指针定位螺丝”)，
使指针对准电阻挡的______ (选填“0”或“∞”)刻度线；
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______ 的顺序进行操作，再完成待测电阻的测量。
A.将K旋转到电阻挡“×1000”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行欧姆调零
(2)正确操作后，多用电表的示数如图所示，则待测电阻的阻值为______ Ω。
(3)若欧姆表内使用的是一节旧电池(电动势为1.5V，内阻较大)，测得该电阻的阻值为R；然后更换一节新电池(电动势为1.5V，内阻较小)，测得该电阻的阻值为R′，实验过程中其他操作均正确，则R ______ R′(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一直角棱镜ABC，∠A=90°，AC=l。某种单色光从AB边界面垂直入射，在棱镜中传播速度为kc(0(1)该棱镜对该单色光的折射率；
(2)BC边的长度。
14.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一段通有电流为I，长度L，质量m的导体棒，电流方向垂直纸面向外，已知重力加速度大小为g，试求：
(1)若空间中有竖直向下的匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
(2)要使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2的大小和方向；
(3)如果磁场的大小方向可变，棒依然静止，匀强磁场沿什么方向时磁感应强度最小，最小值为多少？
15.将质量为m的小球从地面以速度v0斜向上抛出，小球到达最高点时，速度为初速度的12。现在空间加一个平行于小球运动平面的水平方向的匀强电场，令小球带上正电，电荷量为2q，仍以相同的速度斜向上抛出，小球到达最高点时，动能与抛出时的动能相同。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)小球上升到最高点的时间；
(2)外加电场强度E的大小以及加电场后最高点到抛出点的水平距离x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.两列波发生干涉时，振动加强区域的质点振动始终加强，减弱点始终减弱，故A正确；
B.在干涉图样中，振动加强区域的质点，其振幅最大，振幅是确定值，不随时间周期性变化，而质点的位移随时间周期性变化，同理振动减弱区域的点，其振幅最小，质点的位移随时间周期性变化，所以振动加强区域的质点的位移不一定大于振动减弱区域质点的位移，故B错误；
C.干涉和衍射是波的特有现象，一切波都能发生衍射和干涉现象，故C正确；
D.主动降噪技术的原理是音频接收器采集周围环境噪音，传给芯片，再让扬声器发出一个与噪声频率、振幅相同，相位相反的声音与原噪音相互抵消，实现降噪，则该技术处理用到的原理是波的干涉原理，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
两列波发生干涉现象时，在振动减弱区域的质点的振幅等于两列波振幅之差的绝对值，在振动加强区域的质点的振幅等于两列波振幅之和，振幅是确定值，不随时间周期性变化，而质点的位移随时间周期性变化；干涉和衍射是波的特有现象；主动降噪技术利用了声波的干涉来抵消噪声。
本题考查了对波的干涉现象的理解，注意两列波发生干涉时，振动加强的质点与振动减弱(不包含振幅为零的情况)的质点都是在做周期性振动，质点的位移均随时间周期性变化。
2.【答案】B
【解析】解：螺线管内部为匀强磁场，且磁场最强，当线圈在内部运动时磁通量最大，所以穿过线圈的磁通量先增大，后不变，再减小。故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据磁通量的公式Φ=BS进行判断。
本题考查了对磁通量的理解和计算。基础题。
3.【答案】C
【解析】解：电子带负电，受力方向水平向左，故电场力方向与运动方向夹角为钝角，电场力做负功为W=−qElcsθ，根据功能关系可知，对应的电势能增加qElcsθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场力做功和路径无关，明确初末位置，再根据功的公式求出电场力所做的功，根据功能关系得出电势能的改变量。
本题考查电场力做功问题，要注意明确电场力做功与路径无关，只与初末位置间的电势差有关。
4.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，波长λ=8m；
所以周期T=λv=4s；
8m处质点刚开始运动，所以波源起振方向向下，故A错误；
B.2m处的波峰是距10m处最近的波峰，传到10m处所需时间t=xv=10−22s=4s，故B错误；
C.0～3s经历了34个周期，Q在波谷，根据−kx=ma可知加速度向上，故C错误；
D.0～1s经历了14个周期，P质点在x轴下方，且向下运动，故D正确。
故选：D。
根据上下坡法确定图中Q点的振动方向，利用时间和周期的倍数关系确定质点的位置，进而确定质点的振动方向，算出距离10m处质点最近的波峰传到10m处的时间。
本题考查的是波的图像，解题的关键是能熟练地运用上下坡法确定质点的振动方向，以及用波速公式求周期。
5.【答案】C
【解析】解：A、灯泡正常发光，所以回路中的电流I=PLUL=84A=2A
由E=UL+UM+Ir
代入数据解得UM=6V
故A错误；
B、电动机的电功率
PM=UMI=6×2W=12W
故B错误；
C、根据功率关系得P出=PM−I2RM=12W−22×1W=8W
故C正确；
D、电动机被卡住后，此时相当于纯电阻，电路电流会被大，灯泡会变亮，故D错误。
故选：C。
小灯泡是纯电阻电路，根据额定电压和功率求出电路中的电流。根据欧姆定律求出电动机两端的电压，由公式P=UI求出电动机的总功率P总，电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒可知P出=P总−P热，P热=I2r′。
当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用P=UI，求电热只能用P=I2R，求机械功率要根据能量守恒得到P机=P总−P热。
6.【答案】D
【解析】解：AB.S2闭合后，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则电流表A1的示数变大，R3两端电压变大，则电压表示数变小，即R1两端电压变小，通过R1的电流变小，则电流表A2的示数变小，故AB错误；
C.根据外电路总电阻与电源内阻对电源输出功率影响可知：当外电路总电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，但是题目没告诉定量关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D.设电压表示数为U，电流表A1示数为I，根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+I(R3+r)
则有
ΔUΔI=R3+r
故D正确。
故选：D。
根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化，以及ΔUΔI的表达式；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化；根据外电路总电阻与电源内阻关系讨论电源输出功率。
应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路−内电路−外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解。
7.【答案】A
【解析】解：AB.保持开关闭合，将B板向上移动一小段距离，根据
C=εrS4πkd，C=QU，E=Ud
电容器与电源相连，电容器电压不变，由于板间距离减小，可知电容增大，电容器充电，场强增大，AP间电压增大，P点电势降低，由受力平衡可知液滴带负电，则液滴在P点的电势能增大，故A正确，B错误；
CD.将A板向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，由于二极管具有单向导电性，所以不能放电，电容器储存的电荷量不变，根据
E=Ud=QCd=QϵrS4πkdd=4πkQϵrS
可知场强不变，AP间电压增大，P点电势降低，则液滴在P点的电势能增大，故CD错误。
故选：A。
本题闭合开关后电容器与电源相连，电容器电压不变，根据电容器的决定式讨论电容的变化，再根据Q=CU以及U=Ed进行讨论。
本题考查了电容器的动态分析，紧抓电容器的决定式和定义式，结合电路进行分析，难度不大，属于基础题。
8.【答案】AD
【解析】解：A.水中的气泡，看起来特别明亮，是由于光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故，故A正确；
B.根据Δx=Ldλ可知，在双缝干涉实验中，要使条纹间距增大，可减小双缝间距d，若增大双缝间距，条纹间距减小，故B错误；
C.薄膜干涉是由于光在膜的前后两表面反射，形成的两列光波叠加的结果，故C错误；
D.由于白光是各种色光组合而成的，因波长不同，导致屏上得到的条纹间距不同，因此白光的单缝衍射条纹是彩色的，故D正确。
故选：AD。
气泡看起来特别明亮，发生了全反射的缘故；根据Δx=Ldλ分析双缝间距与条纹间距的关系；薄膜干涉是由于光在膜的前后两表面反射光发生干涉；白光的单缝衍射条纹是彩色的。
本题考查了光的全反射、干涉、衍射等现象，比较基础，难度不大，关键学生要记住这些知识点的基本概念和基本规律。
9.【答案】AC
【解析】解：A.由几何知识可知，A点与两电荷连线构成的三角形为等边三角形，两电荷在A点合场强为 kQL2，方向水平向右，再与匀强电场叠加，所以，A点的电场强度大小为kQL2+E，方向水平向右，故A正确；
BCD.根据等量异种点电荷空间电场分布特点结合电场叠加原理，如图所示
可知图中的中垂线是一条等势线，垂线上的A、B两点的电场强度相同，且中垂线上各点的电场强度方向均与中垂线垂直，连线上O点的电场强度最小，故BD错误，C正确；
故选：AC。
根据正电荷的场强方向从正电荷指向无穷远处，负电荷的场强方向从无穷远处指向负电荷，可得处在A点的电场强度大小；
根据等量异种点电荷空间电场分布特点结合电场叠加原理得出各选项内容。
本题考查电场强度的叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。
10.【答案】AC
【解析】解：A、x3与x2两点对称，两点所在位置的电场强度等大反向，且最大，由牛顿第二定律可知加速度等大反向，且最大，故A正确；
BC、从x1到x2，从x1到x3，电场力做功：W=(φ1−φ2)×(−q)=q(φ2−φ1)，电场力做功相同，由动能定理可知在x3处动能为q(φ2−φ1)，故B错误，C正确；
D、根据动能定理可知电荷运动到x1位置处动能为零，所以电荷先向x轴正方向做加速运动，过坐标原点后做减速运动，速度减为零，然后反向做加速运动，所以电荷不是一直向x轴正方向运动，故D错误。
故选：AC。
A、根据图像对称和牛顿第二定律可得结论；
BC、根据WAB=(φA−φB)q可得电场力做功，根据动能定理可得电荷在x3处的动能；
D、根据图像对称和动能定理可知电荷动能减为零的位置，可知电荷的运动特点。
本题考查了电场力做功、φ−x图像，解题的关键是熟练掌握电场力做功的计算式WAB=(φA−φB)q，注意电荷量q一定带上正负。
11.【答案】sinθ1sinθ2 偏大
【解析】解：(1)该实验的光路图如图所示：
(2)根据折射定律得
n=sinisinγ=sinθ1sinθ2
(3)根据光路图可知，若所画的AC线比实际界面向外平移了一些，折射角偏小，入射角不变，根据折射定律可知，测得的折射率将偏大。
答：(1)；(2)n=sinθ1sinθ2；(3)偏大。
(1)根据光路作图法作图；
(2)根据折射定律结合作出的图计算；
(3)分析折射角和入射角的变化根据折射定律分析判断。
本题关键熟悉插针法测定玻璃折射率的实验原理和实验步骤。
12.【答案】指针定位螺丝 欧姆调零旋钮 0 ADC 22000 等于
【解析】解：(1)①多用电表使用前应调整指针定位螺丝，使指针指到电流的零刻度处；
③测量电阻之前应该先将两表笔直接接触(短接)，调整欧姆调零旋钮，使指针指向0Ω；
④欧姆表的指针偏转角度较小，说明所选挡位太小，应该换大挡位进行测量，应将旋转开关K置于“×1000”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理的实验步骤是ADC；
(2)由图可知，根据欧姆表的读数规则，多用电表的示数为22×1000Ω=22000Ω
(3)由欧姆表的结构可知，电源电动势没有变化，只是电源内阻发生变化，可以通过欧姆调零来抵消，故前、后两次的测量值是相等的。
故答案为：(1)①指针定位螺丝；③欧姆调零旋钮，0；④ADC；
(2)22000；
(3)等于。
(1)根据多用电表使用的注意事项判断调整指针定位螺丝，根据欧姆表的原理选择合适的倍率，进行欧姆调零及测量；
(2)根据欧姆表的读数规则完成读数；
(3)根据欧姆表的内部结构结合工作原理分析两个不同电池对测量结果有没有造成影响。
熟练掌握使用多用电表进行相关数据的测量，特别注意使用时的注意事项。
13.【答案】解：(1)根据
n=cv
代入数据可得
n=1k
(2)设BC边的长度为L，由题意可画出光路图如下

根据全反射临界条件有sinθ=1n
根据几何关系有csC=sinθ=1L
解得
L=1k
答：(1)该棱镜对该单色光的折射率为1k；
(2)BC边的长度为1k。
【解析】(1)根据光在介质中的传播速度与折射率关系解得该棱镜对该单色光的折射率；
(2)根据全反射临界角公式结合几何关系解得BC边的长度。
解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解光在介质中传播的长度和相关的角度，熟记折射定律的表达式以及光速的求解公式。
14.【答案】解：(1)若磁场方向竖直向下，由平衡条件得：水平方向上
B1IL−Nsinθ=0
竖直方向上有：mg−Ncsθ=0
解得
B1=mgtanθIL
(2)当安培力与重力平衡时，导体棒对地面没有压力，则有：在竖直方向
mg=B2IL
解得
B2=mgIL
方向水平向右；
(3)在平行于斜面方向
mgsinθ=B3IL
解得
B3=mgsinθIL
方向垂直于斜面向下。
答：(1)若空间中有竖直向下的匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1的大小为mgtanθIL；
(2)要使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2的大小为mgIL，方向水平向右；
(3)如果磁场的大小方向可变，棒依然静止，匀强磁场沿垂直于斜面向下时磁感应强度最小，最小值为mgsinθIL。
【解析】(1)先根据左手定则分析出安培力的方向，结合受力分析得出磁感应强度的大小；
(2)根据对物体的受力分析得出安培力的大小和方向，由此计算出磁感应强度的大小；
(3)根据几何关系得出安培力的最小值，结合安培力的计算公式得出磁感应强度的最小值。
本题主要考查了安培力的相关应用，根据左手定则分析出安培力的方向，结合对物体的受力分析和几何关系即可完成解答。
15.【答案】解：(1)小球以初速度v0抛出，设水平速度为vx，竖直速度为vy，由题意知：vx=v02
根据速度的合成有：v02=vx2+vy2
由竖直上抛运动规律有：vy=gt
联立解得：t= 3v02g
(2)由题意，加了电场后小球到达最高点时的速度为v0，时间与(1)中相同。
①若E的方向与小球初速度的水平分量方向相同，由速度—时间公式有：E1×2qm⋅t=v0−vx
代入数据解得：E1= 3mg6q
由速度—位移公式有：2×E1×2qm⋅x1=v02−vx2
代入数据解得：x1=3 3v028g
②若E的方向与小球初速度的水平分量方向相反，有：−E2×2qm⋅t=−v0−vx
代入数据解得：E2= 3mg2q
由运动学公式有：2×E2×2qm⋅x2=v02−(v02)2
代入数据解得：x2= 3v028g
答：(1)小球上升到最高点的时间为 3v02g；
(2)外加电场强度E的大小为 3mg6q或 3mg2q，加电场后最高点到抛出点的水平距离x为3 3v028g或 3v028g。
【解析】(1)小球抛出时，在竖直方向做竖直上抛运动，由速度的合成和题设条件，求出vy，再由vy=gt求小球上升到最高点的时间；
(2)加电场后，小球竖直方向的运动情况不变，从抛出到最高点的时间不变。分两种情况，在水平方向上由运动学公式求电场强度的大小和到最高点的水平距离。
本题是带电体在复合场中运动的问题，由于小球所受的电场力和重力都是恒力，所以可以运用运动的分解法进行研究，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理这类问题。