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2022-2023学年山西省名校联考高二上学期期末物理试题含解析
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这是一份2022-2023学年山西省名校联考高二上学期期末物理试题含解析，共28页。
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。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. 如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于四幅图的说法正确的是（ ）
A. 甲图，通电螺线管周围产生的磁场和磁感线都是真实存在的
B. 乙图，将小磁针放在地球表面赤道位置自由静止时，小磁针的N极指向地理南极
C. 丙图，法拉第圆盘发电机利用了“电生磁”的现象为原理制作而成
D. 丁图，麦克斯韦推断的电磁波产生与传播的原理图
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场真实存在，但磁感线是为了描述磁场的性质引人的假想线，并不实际存在，故A错误；
B．地理南极即为地磁北极，则在赤道位置的地磁场方向由地理南极指向地理北极，小磁针N极方向与磁场方向相同，故此时小磁针的N极应指向地理北极，故B错误；
C．法拉第圆盘发电机是利用电磁感应---“磁生电”现象为原理制作的，故C错误；
D．麦克斯韦推断：若在空间某区域有周期性变化的电场，那么它就在空间引起周期性变化的磁场，这个变化的磁场又引起新的变化的电场，这样交替产生，由近及远地向周围传播，即为电磁波的产生和传播原理，故D正确。
故选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 检验工件平整度的操作中，如图甲所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
B. 图乙为光照射到圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样
C. 图丙光导纤维传递光信号的原理是利用光的全反射现象，必须满足外套的折射率比内芯的大
D. 图丁的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的
【答案】B
【解析】
【详解】A．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，可知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，可知Q处凸起，A错误；
B．图乙为光射到圆盘得到的衍射图样，若用光照射不透明圆盘时，后面中心处会出现一亮斑，这亮斑被称为泊松亮斑，B正确；
C．光导纤维传递光信号的原理是利用光的全反射现象，内芯的折射率必须比外套的大，C错误；
D．立体电影是利用光的偏振，镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们的原理不相同，D错误。
故选B。
3. 2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船发射入轨，6名航天员实现了太空会师，2022年12月4日晚上20时09分，神舟十四号飞行乘组（陈冬、刘洋和蔡旭哲）完成了所有的既定任务后成功返回地面，其中还包括三次太空行走。如图所示，已知某次陈冬离开空间站太空行走时，连同装备共100kg，在离飞船60m的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体，为了能在5min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A. 0.10kgB. 0.20kgC. 0.35kgD. 0.40kg
【答案】D
【解析】
【详解】单位换算，陈冬在喷出气体后的最小速度为
根据动量守恒定律得
代入题中数据解得
故选D。
4. 如图所示，匀强电场中有一圆心角为的扇形OAB，电场方向平行于扇形平面，O点为扇形的圆心，C点为AB弧的中点，半径。将一点电荷从A点以某一初速度射出，此后能以相同大小的速度经过B点，若再将一个电荷量为的负点电荷由O点移到C点，克服静电力做功。不计点电荷的重力，则（ ）
A. 电场强度的大小为，方向由A指向B
B. 电场强度的大小为，方向由A指向B
C. 电场强度的大小为，方向由O指向C
D. 电场强度的大小为，方向由O指向C
【答案】C
【解析】
【详解】点电荷从A点以某一初速度射出，此后能以相同大小的速度经过B点，根据动能定理有
可得AB两点处的电势差等于零，即AB两点处电势相同，如图连接AB为一等势线，过O点做AB的垂线为场强方向所在的直线，因为将一个电荷量为的负点电荷由O点移到C点，克服静电力做功，所以可得场强方向由O指向C，OC间电势差为
所以有
故选C。
5. 某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得（ ）
A. 摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
B. 从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s
C. 用米尺量得细线长度l，即摆长为l
D. 由图可计算出单摆的长度为1.0m
【答案】B
【解析】
【详解】A．单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，故A错误；
B．当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为，故B正确；
C．摆长为细线的长度与小球半径之和，故C错误；
D．根据单摆的周期公式，由图可知
解得
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，质量分别为和的A、B两物体，与水平地面之间的动摩擦因数分别为和，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上，下列判断正确的是（ ）
A. 在弹簧弹开两物体的过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B. 在弹簧弹开两物体的过程中，整个系统的机械能守恒
C. 弹簧弹力对两物体的冲量相同
D. 两物体一定同时停在地面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．在弹簧弹开两物体的过程中，A物体所受的滑动摩擦力方向水平向右，大小为
B物体所受的滑动摩擦力方向水平向左，大小为
两物体组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故A错误；
B．在弹簧弹开两物体的过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小，故B错误；
C．冲量为矢量，弹簧弹力对两物体的冲量等大反向，故C错误；
D．弹簧对两物体的弹力大小相等，且两个物体同时离开弹簧，因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I，设物体A、B停止的时间为、，根据动量定理
，
由于，因此，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=2s时刻的波形图。已知该波的波速v=8m/s，振幅为4cm，则下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. t=0时刻x=8m处的质点沿y轴负方向振动
C. t=2.75s时刻x=4m处的质点位移为
D. t=1s时x=2m处的质点位于平衡位置且沿y轴负方向振动
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由波形图可知，波长为
波速，则周期为
根据时间和周期的关系得
因为每经过一个周期图像重复一次，所以只要看经过的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿x轴负方向传播，根据波的平移规律可知，时刻处的质点沿y轴正方向振动，故AB错误；
C．处的质点振动方程
时刻，处的质点位移为，故C正确；
D．经过时间，波传播的距离
由波形平移法可知，经过，处的质点位于平衡位置沿y轴正方向振动，故D错误。
故选C。
8. 如图a所示，某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直浮在较大的装有盐水的杯子中，现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷就在盐水中上下振动，忽略运动阻力，木筷的运动可以视为竖直方向的简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的x-t图像，如图b所示，则（ ）
A. t=0.45s时，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力
B. 在t=0.2s时刻木筷和铁丝的速度为零，加速度为负向最大
C. 从0.1s~0.2s过程中木筷与铁丝的动量逐渐变大
D. 振动过程中动能和重力势能相互转化，木筷和铁丝机械能守恒
【答案】A
【解析】
【详解】A．时，根据图像可知，斜率代表速度，木筷和铁丝从正向最大位移处向平衡位置运动，向负方向加速，加速度向下，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力，A正确；
B．时刻处于负向最大位移处，速度为零，加速度为正向最大，B错误；
C．根据图像可知，从过程中木筷向最大位移处运动，速度逐渐变小，则动量逐渐变小，C错误；
D．木筷和铁丝在做简谐运动的过程中，水的浮力对它做功，所以振动的过程中它的机械能不守恒，D错误。
故选A。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电表均为理想电表，为定值电阻，且，R为滑动变阻器，现将滑动变阻器的滑片从a向b移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的效率增大
B. 电源的输出功率增大
C. 电压表、电流表示数均增大
D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．滑动变阻器的滑片从a向b移动，接入电路的电阻逐渐减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知，电路中电流增大，电流表示数增大。
根据
可知滑动变阻器两端的电压减小，电压表示数减小。
根据
可知电源输出电压减小
根据电源的效率
可知电源的效率减小。
电源的输出功率为
，随着R逐渐减小电源输出功率逐渐增大，故B正确，AC错误；
D．根据
可知电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比为
所以电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变，故D正确。
故选BD。
10. 蓝光光盘是利用波长较短的蓝色激光读取和写入数据的光盘，而传统DVD光盘是利用红色激光来读取或写入数据。对于光存储产品来说，蓝光光盘比传统DVD光盘的存储容量大很多。如图所示，一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中，并分成a、b两束，则（ ）
A. 用a光可在光盘上记录更多的数据信息
B. a光在水中的传播速度比b小
C. 逐渐增大红、蓝两单色激光的入射角，蓝光先从水面上方消失
D. 在水中同一深度的两点光源分别发出红光和蓝光，蓝光光源看起来浅一些
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据折射定律，由题图可知，b光的折射率较大，频率较大，波长较短，则b光为蓝光，a光为红光；据题意可知，用b光可在光盘上记录更多的数据信息，故A错误；
B．蓝光的折射率大，根据可知，在水中，蓝光即b光的传播速度小于红光的传播速度，故B错误；
C．根据可知，蓝光的折射率大，则临界角小，所以逐渐增大红、蓝两单色激光的入射角，蓝光先从水面上方消失，故C正确；
D．根据光路的可逆性，画出a，b出射光线的反向延长线与过光源的同一竖直线相交，b光的交点较浅，所以在水中同一深度的两点光源分别发出红光和蓝光，蓝光光源看起来浅一些，故D正确。
故选CD。
11. 如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速均为v=5.0m/s，在t=0时，两列波的波峰正好在x=5.0m处重合，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两列波叠加会产生干涉现象，平衡位置在x=5.0m处的质点为振动加强点
B. 简谐横波甲、乙的波长之比为5:8
C. 经过1s的时间，平衡位置在x=0处的质点运动到了x=5.0m
D. t=0时刻，平衡位置在x=45m处的质点位移为4cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因这两列波是在同一均匀介质中传播，传播速度相等，而波长不同，由
可知频率不同，不会发生干涉现象，故A错误；
B．由图可知，有
波长比为
故B正确；
C．质点不随波迁移，只在自己的平衡位置附近振动，故C错误；
D．时刻，横波甲在到的距离为，横波乙在到的距离为．此时为波峰与波峰相遇点，位移为，故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轨道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距并且远小于轨道半径）以相同的速率v0从与圆心等高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B. 当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能
C. 当，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D. 当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力
得
当时，假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒
得
说明假设成立，根据牛顿第二定律
得
B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律
得
球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为
故A正确；
B．因为两球在碰前是与外轨道接触，机械能没有减少，第一次碰撞前瞬间，A球机械能等于B球机械能，故B错误；
C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点时，根据机械能守恒
得
当时，A、B两球无法到达最高点，因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；
D．两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多，两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为，根据动量守恒和机械能守恒
解得
第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共48分。
13. 如图甲所示为一多用电表，如图乙所示为一未知电阻，a、b为其两端接线柱，某实验小组利用该多用电表测量的阻值，主要步骤如下：
（1）机械调零后，将红、黑表笔分别插入多用电表的“”“”插孔，并选择“”电阻挡；
（2）进行欧姆调零时，需将红、黑表笔______（填“短接”或“接、端”），再旋转部件______（填“”或“”），使指针对准电流满偏处；
（3）所有调试正确完毕后，将红表笔接待测电阻的a端，黑表笔接b端，则a端电势______（填“高于”“低于”或“等于”）b端电势。若多用电表的示数如图丙中虚线所示，为使测量更加精确，应将选择开关旋到______（填“”“”或“”）的倍率挡位上，并重新欧姆调零；调整后再次测量，多用电表的示数如图丙中实线所示，则______。
【答案】 ①. 短接 ②. B ③. 低于 ④. ⑤. 13##13.0
【解析】
【详解】（2）[1][2]图甲中A为机械调零旋钮，B为欧姆调零旋钮，欧姆表调零时，需将红、黑表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮B，使指针对准电流满偏处；
（3）[3]多用电表表笔中电流是“红进黑出”，因此欧姆表中黑表笔与内部电源正极相连，因此待测电阻b端电势高，故a端电势低于b端电势；
[4]根据图丙中虚线所示可知所选挡位偏大，应选用小倍率，故应将选择开关旋到“”倍率挡位上；
[5]由图丙中实线所示可知
14. 现有白光光源、透红光的滤光片、单缝、双缝、毛玻璃等光学元件，把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉实验装置，用以测量红光的波长。
（1）在光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②透红光的滤光片、③_____________、④_____________、⑤遮光筒、⑥毛玻璃；
（2）实验中在光屏上观察到的现象是下列选项中的_____________；
A． B．
C． D．
（3）利用图中装置研究双缝干涉现象时，下列说法中正确的是_____________；
A．去掉透红光的滤光片，其他条件不变，干涉现象消失
B．将透红光滤光片换成透蓝光的滤光片，其他条件不变，干涉条纹间距变窄
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距变宽
D．换一个两缝之间距离更大的双缝，其他条件不变，干涉条纹间距变窄
（4）将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为_____________mm；
（5）已知双缝间距d为0.20mm，测得双缝到屏的距离l为0.700m，求得所测红光波长为_____________mm。
【答案】 ①. 单缝 ②. 双缝 ③. A ④. BD##DB ⑤. 13.870 ⑥. 6.6×10-4
【解析】
【详解】（1）[1][2]由图可知，③为单缝，④为双缝；
（2）[3]双缝干涉图样是明暗相间的等间距条纹.
故选A。
（3）[4]A．去掉滤光片，其他条件不变，会形成白光的彩色干涉条纹，故A错误；
B．将滤光片由红色换成蓝色的，则波长变短，由可知其他条件不变时，干涉条纹间距变窄，故B正确；
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变时，干涉条纹间距不变，故C错误；
D．换一个两缝之间距离更大的双缝，则d变大，在其他条件不变时，干涉条纹间距变窄，故D正确。
故选BD。
（4）[5]图乙螺旋测微器的读数为
（5）[6]图甲的读数为
则
由得
15. 把图甲中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开。假设空气阻力可忽略不计，小球做简谐运动的位移与时间的关系如图乙。
（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；
（2）写出该简谐运动的表达式；
（3）求时小球的位移。
【答案】（1）0.02s，2cm；（2）或或；（3）-1cm
【解析】
【详解】（1）由题图可知，周期为
振幅为
（2）角速度为
又因为
或者
所以表达式为
或
也可以写为
（3）当时位移为
16. 如图所示，竖直平行金属板AB间加恒定电压U0，在A板内侧S点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带电粒子，加速后从P点沿水平放置的平行金属板CD的中轴线进入两板间，C、D板长及间距均为l。MO′N为半径为l的竖直半圆形荧光屏，其圆心O与CD板中心重合，B板与C、D板左端间距不计，不计粒子重力及边缘效应。求：
（1）若CD板不带电，则粒子从P点运动到荧光屏所用的时间；
（2）若保证粒子始终能打到荧光屏上，则C、D两板间所加的最大电压值；
（3）粒子从P点运动到荧光屏的最短时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据
C、D板不带电，则粒子从P点到荧光屏以加速末速度做匀速直线运动，则有
（2）当粒子沿板右侧边缘飞出时对应的偏转电压最大，此时竖直偏转量
水平方向
联立解得
（3）由于粒子水平方向做匀速直线运动，故水平位移最小则时间最短，则粒子沿平行板右侧边缘飞出时水平位移最小，为
则最短时间为
17. 如图所示，将滑块A无初速地轻放在长s=2.0m，沿顺时针以v0=3.0m/s转动的水平传送带左端，一段时间后A从传送带右端水平飞出，下落高度H=0.8m后，恰能从P点沿切线方向进入半径R=3.0m的光滑圆弧轨道，并沿圆弧轨道滑至最低点Q，滑块A经Q点后滑上静置于光滑水平面上长为L=3.275m的木板B，A与B间动摩擦因数为μ=0.5，A带动B向右运动，距离B右端d=2.0m处有一与木板等高且足够长的固定光滑平台，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动，滑块A滑上平台运动足够长时间后与左端带有轻弹簧的滑块C作用，已知A、B质量均为m=1.0kg，C的质量M=2.0kg，忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。
（1）求滑块A与传送带间的动摩擦因数大小μ0需满足的条件；
（2）A滑上平台的速度为多少？（不考虑A的返回）
（3）滑块A与弹簧接触但不粘连，若在滑块C的右侧某处固定一弹性挡板D（未画出），挡板的位置不同，C与D相碰时的速度不同。已知C与D碰撞时间极短，C与D碰后C的速度等大反向，且立即撤去挡板D，A与C相互作用过程一直没有离开水平面，求此后运动过程中A与C组成的系统弹性势能最大值Ep的范围。
【答案】（1）μ0≥0.225；（2）2m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
即A在传送带上应先匀加速，与传送带共速后随传送带匀速运动最右端，则有
解得滑块A与传送带的动摩擦因数需满足
（2）A沿圆轨道滑下，机械能守恒，有
解得
假定A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，则A、B动量守恒，有
解得
共速过程，据能量守恒，有
解得
设B板开始滑动到共速滑过距离，由动能定理有
解得
即假设成立，B撞平台后，A继续向右运动，由动能定理有
解得A滑上平台时速度为
（3）滑块C与挡板D碰撞前A、C系统动量守恒，有
滑块C与挡板D碰后滑块C的速度反向，碰后至共速过程，系统动量守恒可得
由上述两式得A、C共速时速度
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时系统弹性势能最大
解得
C与D碰撞前A、C系统动量守恒，系统机械能守恒，当弹簧为原长即弹性势能为零时，有
解得
或
所以可得A滑块与C作用过程速度取值范围在到之间，由二次函数图像性质，可知当，A、C系统弹性势能最大的最大值为
当，A，C系统弹性势能最大的最小值为
综上可知系统弹性势能最大值的取值范围为
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。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. 如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于四幅图的说法正确的是（ ）
A. 甲图，通电螺线管周围产生的磁场和磁感线都是真实存在的
B. 乙图，将小磁针放在地球表面赤道位置自由静止时，小磁针的N极指向地理南极
C. 丙图，法拉第圆盘发电机利用了“电生磁”的现象为原理制作而成
D. 丁图，麦克斯韦推断的电磁波产生与传播的原理图
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场真实存在，但磁感线是为了描述磁场的性质引人的假想线，并不实际存在，故A错误；
B．地理南极即为地磁北极，则在赤道位置的地磁场方向由地理南极指向地理北极，小磁针N极方向与磁场方向相同，故此时小磁针的N极应指向地理北极，故B错误；
C．法拉第圆盘发电机是利用电磁感应---“磁生电”现象为原理制作的，故C错误；
D．麦克斯韦推断：若在空间某区域有周期性变化的电场，那么它就在空间引起周期性变化的磁场，这个变化的磁场又引起新的变化的电场，这样交替产生，由近及远地向周围传播，即为电磁波的产生和传播原理，故D正确。
故选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 检验工件平整度的操作中，如图甲所示，上面为标准件，下面为待检测工件，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
B. 图乙为光照射到圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样
C. 图丙光导纤维传递光信号的原理是利用光的全反射现象，必须满足外套的折射率比内芯的大
D. 图丁的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的
【答案】B
【解析】
【详解】A．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，可知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，可知Q处凸起，A错误；
B．图乙为光射到圆盘得到的衍射图样，若用光照射不透明圆盘时，后面中心处会出现一亮斑，这亮斑被称为泊松亮斑，B正确；
C．光导纤维传递光信号的原理是利用光的全反射现象，内芯的折射率必须比外套的大，C错误；
D．立体电影是利用光的偏振，镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们的原理不相同，D错误。
故选B。
3. 2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船发射入轨，6名航天员实现了太空会师，2022年12月4日晚上20时09分，神舟十四号飞行乘组（陈冬、刘洋和蔡旭哲）完成了所有的既定任务后成功返回地面，其中还包括三次太空行走。如图所示，已知某次陈冬离开空间站太空行走时，连同装备共100kg，在离飞船60m的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体，为了能在5min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A. 0.10kgB. 0.20kgC. 0.35kgD. 0.40kg
【答案】D
【解析】
【详解】单位换算，陈冬在喷出气体后的最小速度为
根据动量守恒定律得
代入题中数据解得
故选D。
4. 如图所示，匀强电场中有一圆心角为的扇形OAB，电场方向平行于扇形平面，O点为扇形的圆心，C点为AB弧的中点，半径。将一点电荷从A点以某一初速度射出，此后能以相同大小的速度经过B点，若再将一个电荷量为的负点电荷由O点移到C点，克服静电力做功。不计点电荷的重力，则（ ）
A. 电场强度的大小为，方向由A指向B
B. 电场强度的大小为，方向由A指向B
C. 电场强度的大小为，方向由O指向C
D. 电场强度的大小为，方向由O指向C
【答案】C
【解析】
【详解】点电荷从A点以某一初速度射出，此后能以相同大小的速度经过B点，根据动能定理有
可得AB两点处的电势差等于零，即AB两点处电势相同，如图连接AB为一等势线，过O点做AB的垂线为场强方向所在的直线，因为将一个电荷量为的负点电荷由O点移到C点，克服静电力做功，所以可得场强方向由O指向C，OC间电势差为
所以有
故选C。
5. 某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得（ ）
A. 摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
B. 从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s
C. 用米尺量得细线长度l，即摆长为l
D. 由图可计算出单摆的长度为1.0m
【答案】B
【解析】
【详解】A．单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，故A错误；
B．当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为，故B正确；
C．摆长为细线的长度与小球半径之和，故C错误；
D．根据单摆的周期公式，由图可知
解得
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，质量分别为和的A、B两物体，与水平地面之间的动摩擦因数分别为和，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上，下列判断正确的是（ ）
A. 在弹簧弹开两物体的过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B. 在弹簧弹开两物体的过程中，整个系统的机械能守恒
C. 弹簧弹力对两物体的冲量相同
D. 两物体一定同时停在地面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．在弹簧弹开两物体的过程中，A物体所受的滑动摩擦力方向水平向右，大小为
B物体所受的滑动摩擦力方向水平向左，大小为
两物体组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故A错误；
B．在弹簧弹开两物体的过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小，故B错误；
C．冲量为矢量，弹簧弹力对两物体的冲量等大反向，故C错误；
D．弹簧对两物体的弹力大小相等，且两个物体同时离开弹簧，因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I，设物体A、B停止的时间为、，根据动量定理
，
由于，因此，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=2s时刻的波形图。已知该波的波速v=8m/s，振幅为4cm，则下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. t=0时刻x=8m处的质点沿y轴负方向振动
C. t=2.75s时刻x=4m处的质点位移为
D. t=1s时x=2m处的质点位于平衡位置且沿y轴负方向振动
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由波形图可知，波长为
波速，则周期为
根据时间和周期的关系得
因为每经过一个周期图像重复一次，所以只要看经过的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿x轴负方向传播，根据波的平移规律可知，时刻处的质点沿y轴正方向振动，故AB错误；
C．处的质点振动方程
时刻，处的质点位移为，故C正确；
D．经过时间，波传播的距离
由波形平移法可知，经过，处的质点位于平衡位置沿y轴正方向振动，故D错误。
故选C。
8. 如图a所示，某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直浮在较大的装有盐水的杯子中，现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷就在盐水中上下振动，忽略运动阻力，木筷的运动可以视为竖直方向的简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的x-t图像，如图b所示，则（ ）
A. t=0.45s时，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力
B. 在t=0.2s时刻木筷和铁丝的速度为零，加速度为负向最大
C. 从0.1s~0.2s过程中木筷与铁丝的动量逐渐变大
D. 振动过程中动能和重力势能相互转化，木筷和铁丝机械能守恒
【答案】A
【解析】
【详解】A．时，根据图像可知，斜率代表速度，木筷和铁丝从正向最大位移处向平衡位置运动，向负方向加速，加速度向下，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力，A正确；
B．时刻处于负向最大位移处，速度为零，加速度为正向最大，B错误；
C．根据图像可知，从过程中木筷向最大位移处运动，速度逐渐变小，则动量逐渐变小，C错误；
D．木筷和铁丝在做简谐运动的过程中，水的浮力对它做功，所以振动的过程中它的机械能不守恒，D错误。
故选A。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电表均为理想电表，为定值电阻，且，R为滑动变阻器，现将滑动变阻器的滑片从a向b移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的效率增大
B. 电源的输出功率增大
C. 电压表、电流表示数均增大
D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．滑动变阻器的滑片从a向b移动，接入电路的电阻逐渐减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
可知，电路中电流增大，电流表示数增大。
根据
可知滑动变阻器两端的电压减小，电压表示数减小。
根据
可知电源输出电压减小
根据电源的效率
可知电源的效率减小。
电源的输出功率为
，随着R逐渐减小电源输出功率逐渐增大，故B正确，AC错误；
D．根据
可知电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比为
所以电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变，故D正确。
故选BD。
10. 蓝光光盘是利用波长较短的蓝色激光读取和写入数据的光盘，而传统DVD光盘是利用红色激光来读取或写入数据。对于光存储产品来说，蓝光光盘比传统DVD光盘的存储容量大很多。如图所示，一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中，并分成a、b两束，则（ ）
A. 用a光可在光盘上记录更多的数据信息
B. a光在水中的传播速度比b小
C. 逐渐增大红、蓝两单色激光的入射角，蓝光先从水面上方消失
D. 在水中同一深度的两点光源分别发出红光和蓝光，蓝光光源看起来浅一些
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据折射定律，由题图可知，b光的折射率较大，频率较大，波长较短，则b光为蓝光，a光为红光；据题意可知，用b光可在光盘上记录更多的数据信息，故A错误；
B．蓝光的折射率大，根据可知，在水中，蓝光即b光的传播速度小于红光的传播速度，故B错误；
C．根据可知，蓝光的折射率大，则临界角小，所以逐渐增大红、蓝两单色激光的入射角，蓝光先从水面上方消失，故C正确；
D．根据光路的可逆性，画出a，b出射光线的反向延长线与过光源的同一竖直线相交，b光的交点较浅，所以在水中同一深度的两点光源分别发出红光和蓝光，蓝光光源看起来浅一些，故D正确。
故选CD。
11. 如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速均为v=5.0m/s，在t=0时，两列波的波峰正好在x=5.0m处重合，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两列波叠加会产生干涉现象，平衡位置在x=5.0m处的质点为振动加强点
B. 简谐横波甲、乙的波长之比为5:8
C. 经过1s的时间，平衡位置在x=0处的质点运动到了x=5.0m
D. t=0时刻，平衡位置在x=45m处的质点位移为4cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因这两列波是在同一均匀介质中传播，传播速度相等，而波长不同，由
可知频率不同，不会发生干涉现象，故A错误；
B．由图可知，有
波长比为
故B正确；
C．质点不随波迁移，只在自己的平衡位置附近振动，故C错误；
D．时刻，横波甲在到的距离为，横波乙在到的距离为．此时为波峰与波峰相遇点，位移为，故D正确。
故选BD。
12. 如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轨道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距并且远小于轨道半径）以相同的速率v0从与圆心等高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B. 当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能
C. 当，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D. 当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力
得
当时，假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒
得
说明假设成立，根据牛顿第二定律
得
B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律
得
球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为
故A正确；
B．因为两球在碰前是与外轨道接触，机械能没有减少，第一次碰撞前瞬间，A球机械能等于B球机械能，故B错误；
C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点时，根据机械能守恒
得
当时，A、B两球无法到达最高点，因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；
D．两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多，两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为，根据动量守恒和机械能守恒
解得
第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共48分。
13. 如图甲所示为一多用电表，如图乙所示为一未知电阻，a、b为其两端接线柱，某实验小组利用该多用电表测量的阻值，主要步骤如下：
（1）机械调零后，将红、黑表笔分别插入多用电表的“”“”插孔，并选择“”电阻挡；
（2）进行欧姆调零时，需将红、黑表笔______（填“短接”或“接、端”），再旋转部件______（填“”或“”），使指针对准电流满偏处；
（3）所有调试正确完毕后，将红表笔接待测电阻的a端，黑表笔接b端，则a端电势______（填“高于”“低于”或“等于”）b端电势。若多用电表的示数如图丙中虚线所示，为使测量更加精确，应将选择开关旋到______（填“”“”或“”）的倍率挡位上，并重新欧姆调零；调整后再次测量，多用电表的示数如图丙中实线所示，则______。
【答案】 ①. 短接 ②. B ③. 低于 ④. ⑤. 13##13.0
【解析】
【详解】（2）[1][2]图甲中A为机械调零旋钮，B为欧姆调零旋钮，欧姆表调零时，需将红、黑表笔短接，然后旋动欧姆调零旋钮B，使指针对准电流满偏处；
（3）[3]多用电表表笔中电流是“红进黑出”，因此欧姆表中黑表笔与内部电源正极相连，因此待测电阻b端电势高，故a端电势低于b端电势；
[4]根据图丙中虚线所示可知所选挡位偏大，应选用小倍率，故应将选择开关旋到“”倍率挡位上；
[5]由图丙中实线所示可知
14. 现有白光光源、透红光的滤光片、单缝、双缝、毛玻璃等光学元件，把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉实验装置，用以测量红光的波长。
（1）在光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②透红光的滤光片、③_____________、④_____________、⑤遮光筒、⑥毛玻璃；
（2）实验中在光屏上观察到的现象是下列选项中的_____________；
A． B．
C． D．
（3）利用图中装置研究双缝干涉现象时，下列说法中正确的是_____________；
A．去掉透红光的滤光片，其他条件不变，干涉现象消失
B．将透红光滤光片换成透蓝光的滤光片，其他条件不变，干涉条纹间距变窄
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距变宽
D．换一个两缝之间距离更大的双缝，其他条件不变，干涉条纹间距变窄
（4）将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为_____________mm；
（5）已知双缝间距d为0.20mm，测得双缝到屏的距离l为0.700m，求得所测红光波长为_____________mm。
【答案】 ①. 单缝 ②. 双缝 ③. A ④. BD##DB ⑤. 13.870 ⑥. 6.6×10-4
【解析】
【详解】（1）[1][2]由图可知，③为单缝，④为双缝；
（2）[3]双缝干涉图样是明暗相间的等间距条纹.
故选A。
（3）[4]A．去掉滤光片，其他条件不变，会形成白光的彩色干涉条纹，故A错误；
B．将滤光片由红色换成蓝色的，则波长变短，由可知其他条件不变时，干涉条纹间距变窄，故B正确；
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变时，干涉条纹间距不变，故C错误；
D．换一个两缝之间距离更大的双缝，则d变大，在其他条件不变时，干涉条纹间距变窄，故D正确。
故选BD。
（4）[5]图乙螺旋测微器的读数为
（5）[6]图甲的读数为
则
由得
15. 把图甲中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开。假设空气阻力可忽略不计，小球做简谐运动的位移与时间的关系如图乙。
（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；
（2）写出该简谐运动的表达式；
（3）求时小球的位移。
【答案】（1）0.02s，2cm；（2）或或；（3）-1cm
【解析】
【详解】（1）由题图可知，周期为
振幅为
（2）角速度为
又因为
或者
所以表达式为
或
也可以写为
（3）当时位移为
16. 如图所示，竖直平行金属板AB间加恒定电压U0，在A板内侧S点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带电粒子，加速后从P点沿水平放置的平行金属板CD的中轴线进入两板间，C、D板长及间距均为l。MO′N为半径为l的竖直半圆形荧光屏，其圆心O与CD板中心重合，B板与C、D板左端间距不计，不计粒子重力及边缘效应。求：
（1）若CD板不带电，则粒子从P点运动到荧光屏所用的时间；
（2）若保证粒子始终能打到荧光屏上，则C、D两板间所加的最大电压值；
（3）粒子从P点运动到荧光屏的最短时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据
C、D板不带电，则粒子从P点到荧光屏以加速末速度做匀速直线运动，则有
（2）当粒子沿板右侧边缘飞出时对应的偏转电压最大，此时竖直偏转量
水平方向
联立解得
（3）由于粒子水平方向做匀速直线运动，故水平位移最小则时间最短，则粒子沿平行板右侧边缘飞出时水平位移最小，为
则最短时间为
17. 如图所示，将滑块A无初速地轻放在长s=2.0m，沿顺时针以v0=3.0m/s转动的水平传送带左端，一段时间后A从传送带右端水平飞出，下落高度H=0.8m后，恰能从P点沿切线方向进入半径R=3.0m的光滑圆弧轨道，并沿圆弧轨道滑至最低点Q，滑块A经Q点后滑上静置于光滑水平面上长为L=3.275m的木板B，A与B间动摩擦因数为μ=0.5，A带动B向右运动，距离B右端d=2.0m处有一与木板等高且足够长的固定光滑平台，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动，滑块A滑上平台运动足够长时间后与左端带有轻弹簧的滑块C作用，已知A、B质量均为m=1.0kg，C的质量M=2.0kg，忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。
（1）求滑块A与传送带间的动摩擦因数大小μ0需满足的条件；
（2）A滑上平台的速度为多少？（不考虑A的返回）
（3）滑块A与弹簧接触但不粘连，若在滑块C的右侧某处固定一弹性挡板D（未画出），挡板的位置不同，C与D相碰时的速度不同。已知C与D碰撞时间极短，C与D碰后C的速度等大反向，且立即撤去挡板D，A与C相互作用过程一直没有离开水平面，求此后运动过程中A与C组成的系统弹性势能最大值Ep的范围。
【答案】（1）μ0≥0.225；（2）2m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
即A在传送带上应先匀加速，与传送带共速后随传送带匀速运动最右端，则有
解得滑块A与传送带的动摩擦因数需满足
（2）A沿圆轨道滑下，机械能守恒，有
解得
假定A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，则A、B动量守恒，有
解得
共速过程，据能量守恒，有
解得
设B板开始滑动到共速滑过距离，由动能定理有
解得
即假设成立，B撞平台后，A继续向右运动，由动能定理有
解得A滑上平台时速度为
（3）滑块C与挡板D碰撞前A、C系统动量守恒，有
滑块C与挡板D碰后滑块C的速度反向，碰后至共速过程，系统动量守恒可得
由上述两式得A、C共速时速度
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时系统弹性势能最大
解得
C与D碰撞前A、C系统动量守恒，系统机械能守恒，当弹簧为原长即弹性势能为零时，有
解得
或
所以可得A滑块与C作用过程速度取值范围在到之间，由二次函数图像性质，可知当，A、C系统弹性势能最大的最大值为
当，A，C系统弹性势能最大的最小值为
综上可知系统弹性势能最大值的取值范围为
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