2023学年度辽宁省锦州市高二(上)期末物理试卷(含答案解析)

2023-2023学年辽宁省锦州市高二〔上〕期末物理试卷地震会造成大量建筑物倒塌为了将埋在倒塌建筑中的被困者快速挽救出来救援队在救援过程中使用生命探测仪来查找被压在废墟中的伤员，这种仪器主要是接收人体发出( )可见光 B.红外线 C.紫外线 D.声音如以下图将一个半圆形玻璃砖置于空气中当一束单色光入射到玻璃砖的圆心O时以下状况可能发生的是( )B.C. D.rU，通过的I，以下说法正确的选项是()A.𝐼=𝑈𝑟t，电动机消耗的电能𝑊=𝐼2𝑟𝑡t，电动机产生的热量𝑄=𝑈𝐼𝑡电动机输出的机械功率为𝑈𝐼−𝐼2𝑟202314课程的建议，校园足球得到了很好的普及。如图学生正在练习用头颠球。某一次足球从静止20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。足球与头部的作115页用时间为0.1𝑠，足球的质量为0.4𝑘𝑔，重力加速度g取10𝑚/𝑠2，不计空气阻力。以下说法正确的是( )下落到与头部刚接触时，足球动量大小为0与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向上与头部作用过程中，足球动量变化量的方向竖直向下与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0.8𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠如以下图，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开确定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，以下说法正确的选项是( )小球的机械能守恒小球不能向左摆到原高度小车和小球组成的系统动量守恒任意时刻小车和小球水平方向的动量都等大反向在如以下图的电路中电源内阻和定值电阻的阻值均滑动变阻器的最大阻值𝛺闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，以下选项正确的选项是( )电压表的示数变大C.电源输出功率始终变大

电流表的示数变小D.定值电阻的功率变小215页如以下图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，以下说法不正确的选项是( )甲摆的振幅比乙摆大，甲的摆长大于乙的摆长甲摆的周期等于乙摆的周期在𝑡=0.5𝑠x轴负方向运动在𝑡=1.0𝑠时乙的速率大于甲的速率以下说法正确的选项是( )甲图中导线通电后，其正下方小磁针的N极向纸面里转动如图乙所示，假设长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受磁场力的大小为F，则可测出该处磁感应强度必为𝐵=𝐹𝐼𝑙如图丙所示，绕虚线轴转动的线圈平面S转到图示位置时，穿过线圈平面的磁通量为0运动，会在线圈中产生感应电流圆形平底薄壁玻璃碗中盛有水。玻璃碗的俯视图如图甲所示，其前视图如图乙所示，图中AC与BD为圆弧，半径为R，对应的圆心角𝜃=60∘，CD为直线。现用一支激光笔发出一束红色激光垂直水面照耀，入射点可沿着直径AB移动。水和玻璃的折射率同为√2，假设激光进入水中后，只考虑首次反射和折射，光在真空中的传播速度为c，则以下说法中正确的是( )315页激光在水中的速度为√2𝑐2激光不行能从圆弧面射出水OCD边射出，所需时间为√6𝑅4𝑐激光能从圆弧面射出的圆弧长度为圆弧总长度的四分之一第24届冬奥会于2023年在北京进展，冰壶是竞赛工程之一。如图甲所示，红壶以确定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后两壶运动的𝑣−𝑡图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两壶质量相等且均视为质点，由图象可得( )红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.0𝑚/𝑠碰后蓝球移动的距离为2.4𝑚红、蓝两壶碰后至停顿运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1:41𝑑=0.4𝑚𝑚，双缝到光屏间的距离𝑙=0.5𝑚，试验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观看到干预条纹。假设想增加从目镜中观看到的条纹个数，该同学可 。A.使用间距更大的双缝B.将单缝向双缝靠近C.将屏向远离双缝的方向移动415页D.将屏向靠近双缝的方向移动某种单色光照耀双缝得到干预条纹如图2所示，则①分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为𝑥𝐴=11.1𝑚𝑚，在B位置时游标卡尺读数为𝑥𝐵=15.6𝑚𝑚，相邻两条纹间距𝛥𝑥= mm；②该单色光的波长𝜆= 𝑚(保存两位有效数字)。在“测电源的电动势和内阻”的试验中，现备有以下器材：被测干电池一节B.电流表：量程为00.6𝐴，内阻𝑅𝐴0.3𝛺电压表：量程为0∼3𝑉，内阻未知电压表：量程为0∼15𝑉，内阻未知滑动变阻器：0∼10𝛺3A滑动变阻器：0∼100𝛺1AG.开关、导线假设干依据所选器材设计的电路图如图甲所示其中电压表应选 ，滑动变阻器应选 (填字母代号)。依据试验数据作出𝑈−𝐼图像如图乙所示由图可知电动势𝐸= 内阻𝑟= 𝛺。(保存2位有效数字)该电源的电动势测量值 真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。∘𝑐=3.0×108𝑚/𝑠)，求：(1)玻璃的折射率；光在玻璃中的传播速度；当入射角增大或减小时，玻璃的折射率是否变化？说明理由。如图甲所示，一简谐横波沿x轴传播，其波源位于坐标原点，波源振动图像如图乙所示。当𝑡=0.25𝑠时，该波传播到𝑥=−2𝑚QP位于𝑥=15𝑚处。求：该简谐横波的传播速度大小和波长；0P第一次到达波谷，需要多少时间；515页0P第一次到达波谷的时间内，质点Q通过的路程。LABR的四分之一光滑圆弧BC𝑃(可视为质点)AP与滑板水平局部的动摩擦因数为𝜇(𝜇<).L一端固定于𝑂′m的小球𝑄.QP处于同一高度并恰好接触.现将小球Q拉至与𝑂′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球QP发生弹性碰撞(碰撞时间极短)P2m，滑板的质量为2m，𝑅=1𝐿g，5求：(1)QP碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；(2)QPP速度的大小；(3)PBCCP与滑板水平局部的动摩擦因数𝜇的取值范围.615页答案和解析【答案】B【解析】【分析】生命探测仪主要是收集活人所发出的各种生命信息，废墟中的活人能够向外传递微弱的声音信息和辐射红外线等。此题以重大大事为载体考察了红外线、紫外线等电磁波的相关学问，要把握红外线的产生气理：一切物体都能不停地辐射红外线。【解答】一切物体都能不停地辐射红外线，不同温度的物体发出的红外线的频率与强度不同，所以可知生命探测仪主要是接收人体发出的红外线，便于用生命探测仪收集，故ACD错误，B正确。应选：B。【答案】D【解析】【分析】光线由空气射入玻璃时，入射角大于折射角；由玻璃射向空气时，入射角小于折射角；在界面会同时发生反射和折射现象，但是假设光从玻璃射向空气，可能发生全反射。【解答】AC、由𝑛=

sin𝑖，可知光线由空气射入玻璃时，入射角大于折射角，由玻璃射向空气时，入射角sin𝛾AC错误。B、光线射入玻璃时，既发生反射也会发生折射，故B错误。D、由sin𝐶=1，可知当光线从玻璃射入空气时可能发生全反射，所以DD正𝑛确。D。【答案】D【解析】【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，线圈产生的热量依据焦耳定律求解。电功是消耗电能的量度，求出电功，得到电动机消耗的电能，由能量转化和守恒定律求解电动机输出的机械功715页率。对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立。【解答】A、依据能量守恒有𝑃

=𝑃

+𝑃

，即𝑈𝐼=𝐼2𝑟+𝑃

，即𝐼2𝑟<𝑈𝐼，得𝐼<𝑈A错误；电 热 机 机 𝑅Bt，电动机消耗的电能𝑊=𝑈𝐼𝑡B错误；Ct，电动机产生的热量𝑄=𝐼2𝑟𝑡C错误；D、经过时间t，电动机输出的机械功率为𝑃 =𝑈𝐼−𝐼2𝑟，故D正确；机应选：D。【答案】B【解析】【分析】由速度-依据动量及动量变化量的概念求解。此题以学生练习用头颠球为情景载体，考察动量、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要留意运动的对称性。【解答】A、下落到与头部刚接触时，由𝑣22𝑔ℎ，可得𝑣2𝑚/𝑠，则足球动量大小为：𝑝0𝑚𝑣0.4×2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=0.8𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠A错误；BCD、由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，取竖直向下为正方向，则动量变化量为𝛥𝑝=𝑚𝑣′−𝑚𝑣=(−0.8−0.8)𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=−1.6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，大小为1.6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，方向竖直向上，CD错误，B正确。【答案】D【解析】【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或弹力做功系统机械能守恒，依据题意分析清楚小球与小车的受力状况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚运动过程与受力状况是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。【解答】815页A、小球运动过程除重力做功外，绳的拉力对小球做功，小球的机械能不守恒，故A错误；B最高点时两者速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，由动量守恒定律可知，系统在水平方向末动量为零，则小球摆向左摆到最高的时速度为零，小球与小车组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，由于初状态系统动能为零，末状态系统动能为零，由机械能守恒定律可知，系统初末状态重力势能相等，则小球初状态高度与末状态高度相等，即小球能向左摆到原高度，故B错误；C、小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，小球和小车组成的系统动量不守恒，故C错误；D、小车和小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，初始状态系统的总动量为零，在水平方向，由动量守恒定律可知，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动D正确。应选：D。【解析】【分析】Pab即可分析电路中电流和路端电压的变化；结合电流的变化分析定值电阻消耗功率的变化，由内外阻关系分析输出功率变化。对于功率问题，要分定值电阻还是可变电阻，定值电阻功率的变化只看电流或电压的变化，而可变电阻可承受等效法进展分析。【解答】AB、开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，故AB错误；D、流过定值电阻的电流增大，则定值电阻功率变大，故D错误；C、当外阻等于内阻时得到输出功率最大值，此题中外阻大于内阻，且向靠近内阻值方向变化，C正确。【答案】A【解析】【分析】由位移的最大值读出振幅，由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；依据图像915页推断摆球的速率和运动方向。【解答】AB10cm，乙的振幅为7cm，所以甲摆的振幅比乙摆大，再依据单摆周期公式𝑇=2𝜋√𝐿，由振动图像知甲和乙的周期相等均为2sA错误，𝑔B正确；C、由振动图像知在𝑡=0.5𝑠xC正确；D、由振动图像知在𝑡=1.0𝑠时甲离平衡位置最远，振动速度为零，而乙在平衡位置，速度最大，D正确。此题选错误的，应选：A。【解析】【分析】由安培定则推断小磁针所在位置磁场的方向，然后再推断小磁针的N极的转动；𝐵=𝐹中通电导𝐼𝑙线与磁场方向垂直；依据磁通量的概念推断即可；依据穿过闭合回路的磁通量是否变化推断线圈中是否产生感应电流。此题考察了安培定则、磁感应强度、磁通量以及产生感应电流的条件等根底学问，要求学生对这局部学问要深刻理解，并能够娴熟应用。【解答】A、依据安培定则可知，图中直线电流下方的磁场方向垂直纸面对里，所以其正下方小磁针的NA正确；B𝐹=𝐵𝐼𝐼，该处没有指明通电导线与磁场方向垂直，则该处磁感应强不愿定为𝐵=𝐹B错误；𝐼𝑙C、绕虚线轴转动的线圈平面S转到图示位置时磁场与线圈平面平行，穿过此线圈平面的磁通量0C正确；D虽然做切割磁感线运动，线圈中不会产生感应电流，故D错误。。【答案】AD【解析】1015页【分析】激光在水中的速度为𝑣=𝑐；依据题意可知临界角为sin𝐶=1，从而推断是否发生全反射；依据几𝑛 𝑛何关系可解得传播时间与射出圆弧面的长度。此题是光的折射与反射的综合，关键要运用几何学问求解入射角和折射角，并要把握折射定律和全反射。【解答】A.激光在水中的速度为𝑣=𝑐𝑛

=𝑐√2

=√2𝑐A正确；2B.依据题意可知临界角为sin𝐶=1，解得𝐶=45∘C点时，依据几何关系可知入𝑛射角为30∘小于45∘B错误；OCD𝑠=𝑅cos30∘=√3𝑅，所需时间为𝑡=𝑠=√6𝑅，2C错误；E点射入的光线恰发生全反射，光路如以下图

𝑣 2𝑐则∠𝐹𝐸𝑂=45∘，由几何关系知∠𝐸𝑂𝐶=15∘，即圆弧EC会有光线射出，所以激光能从圆弧面射出的圆弧长度为圆弧总长度的1D正确。4应选：AD。【答案】BD【解析】【分析】依据图示图像求出，红壶碰撞前后壶的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后瞬间蓝壶的速度大小，求出碰撞前后系统的总动能，然后推断碰撞的类型；应用动量定理求出碰撞后冰壶所受摩擦力的冲量，然后求出冲量之比。解答此题时要把握动量守恒定律，能够依据图象获得信息，来分析两个冰壶的运动状况。要知道动量定理是求冲量常用的方法。【解答】AB𝑣0=1.0𝑚/𝑠，碰撞后瞬间红壶的速度大小𝑣1=0.2𝑚/𝑠，设碰撞后瞬间蓝壶的速度大小为𝑣2，1115页两冰壶碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，设冰壶的质量为m，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0=𝑚𝑣1+𝑚𝑣2，代入数据解得：𝑣2=0.8𝑚/𝑠，碰撞前系统的总动能𝐸

=1𝑚𝑣2=1×𝑚×1.02=0.5𝑚，𝑘 2 0 2碰撞后系统的总动能

′=1𝑚𝑣2+1𝑚𝑣2=1×𝑚×0.22+1×𝑚×0.82=0.34𝑚，由此可知：𝑘 2 1 2 2 2 2𝐸𝑘>𝐸𝑘′A错误，B正确；C.𝑥=𝑣2𝑡=0.8×2 25𝑚=2𝑚C错误；D、碰撞后冰壶运动过程所受合力等于摩擦力，合力的冲量等于摩擦力的冲量，对冰壶，由动量定理得：𝐼=−𝑚𝑣，𝐼=−𝑚𝑣1=𝑣1=0.2=1𝐼蓝

−𝑚𝑣2

𝑣2

0.8

D正确。411.【答案】(1)𝐴𝐷；(2)①0.75；②6.0×10−7。【解析】【分析】依据双缝干预条纹间距公式分析答题。长。理解试验原理是解题的前提，把握根底学问，应用双缝干预条纹间距公式即可解题，解题时留意单位换算。【解答】(1)假设想增加从目镜中观看到的条纹个数，应当减小相邻条纹间的距离Ad更大的双缝，依据双缝干预条纹间距公式𝛥𝑥=可以增加从目镜中观看到的条纹个数，故A正确；

𝑙𝜆可知，相邻条纹间的距离减小，𝑑B、将单缝向双缝靠近，相邻条纹间距离不变，目镜中观看到条纹的个数不变，故B错误；C、将屏向远离双缝的方向移动，l变大，依据双缝干预条纹间距公式𝛥𝑥=的距离增大，从目镜中观看到的条纹个数削减，故C错误；D、将屏向靠近双缝的方向移动，l减小，依据双缝干预条纹间距公式𝛥𝑥=的距离减小，可以增加从目镜中观看到的条纹个数，故D正确。应选：AD。

𝑙𝜆可知，相邻条纹间𝑑𝑙𝜆可知，相邻条纹间𝑑(2)2所示可知，相邻两条纹间距𝛥𝑥=𝑥𝐵−𝑥𝐴=15.6−11.1𝑚𝑚=0.75𝑚𝑚。𝑛 6②依据双缝干预条纹间距公式𝛥𝑥=

𝑙𝜆可知，该单色光的波长𝜆=𝑑𝛥𝑥=0.4×10−3×0.75×10−3𝑚=𝑑 𝑙 0.51215页6.0107𝑚。故答案为：(1)𝐴𝐷；(2)①0.75；②6.0×107。12.【答案】(1)𝐶，E；(2)1.5；0.70；(3)等于。【解析】【分析】依据题意与试验器材的选择原则分析答题。电源的电动势与内阻。依据图示电路图分析试验误差。此题考察测量电动势和内电阻的试验，要留意明确试验原理，把握试验数据处理的根本方法以及误差处理的方法。【解答】(1)电源电动势约为1.5𝑉C；滑动变阻器F的最大阻值太大，不便利试验操作，E。(2)由图甲所示电路图依据闭合电路的欧姆定律得：𝑈=𝐸 𝐼(𝑟+𝑟𝑎)，由图可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故𝐸=1.5𝑉，𝑟+

=1.51.0 𝛺=1.0𝛺，解得𝑟=1.0𝛺 0.3𝛺=0.70𝛺；0.5(3)由于电流表承受相对电源的内接法，而电流表内阻，则由(2)中表达式可知，本试验中不存在测量误差，故电动势测量值等于真实值。故答案为：(1)𝐶，E；(2)1.5；0.70；(3)等于。13.【答案】解：(1)由题意知入射角𝑖=60∘，反射角𝛽=60∘，依据题意可知折射角𝛾=30∘，依据折射定律：𝑛=

，sin𝛾代入数据解得：𝑛=√3；(2)依据𝑛=𝑐，代入数据解得：𝑣=√3×108𝑚/𝑠；𝑣(3)折射率不会变化，折射率由介质和入射光的频率打算，而跟入射角的大小无关。答：(1)玻璃的折射率为√3；(2)光在玻璃中的传播速度为√3×108𝑚/𝑠；1315页(3)当入射角增大或减小时，玻璃的折射率不会变化，折射率由介质和入射光的频率打算，而跟入射角的大小无关。【解析】(1)依据反射定律与折射定律结合可解得折射率；(2)依据𝑛=𝑐可解得光在玻璃中的传播速度；𝑣(3)折射率由介质和入射光的频率打算，而跟入射角的大小无关。此题考察光的折射定律，解题关键把握光的反射与折射的特点，结合折射定律进展求解。14.【答案】解：(1)由题意可知这列波的传播速度：𝑣=𝛥𝑥=𝛥𝑡由图乙知周期为0.5𝑠，所以波长𝜆=𝑣𝑇=8×0.5𝑚=4𝑚；

20.25

𝑚/𝑠=8𝑚/𝑠，0P第一次运动到波谷所经受的时间为𝛥𝑡

=𝛥𝑥𝑃+3𝑇，可得：𝛥𝑡

=15𝑠+3×0.5𝑠=2.25𝑠；

1 𝑣 41 8 4Q运动的时间𝛥𝑡2

=𝛥𝑡1

−𝑇=2.25𝑠−0.25𝑠=2𝑠=4𝑇，2由图乙可知振幅𝐴=5𝑐𝑚Q通过的路程𝑠=4×4𝐴=0.8𝑚。答：(1)简谐横波的传播速度为8𝑚/𝑠4m；0P第一次到达波谷，需要的时间为2.25𝑠；0P第一次到达波谷的时间内，质点Q通过的路程为0.8𝑚。【解析】(1)依据题意求出波速，接着利用𝜆=𝑣𝑇得出波长；(2)OP的距离和波速的关系，结合题意得出时