【文档说明】重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二上学期期末复习（一）物理试卷 含解析.doc，共(20)页，2.714 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高二上期期末复习题物理（一）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合

题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列所描述的物理现象正确的是（）A.物体所受合外力越大，它的动量变化越大B.随着波的传播，介质中的各质点随波的传播而迁移C.声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变D.某一单摆在做受迫振动，该单摆

的摆长越长，其稳定后的周期越大【答案】C【解析】【详解】A．由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化。物体所受合外力冲量越大，它的动量变化越大，A错误；B．随着波的传播，介质中的各质点不随波的传播而迁移，而在其平衡位置附近振动，B错误；C．声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生

改变，C正确；D．某一单摆在做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，与其自身摆长无关，D错误。故选C。2.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A

.在0.2st=时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在0.6st=时，弹簧振子有最小的弹性势能C.在0.4st=与0.8st=两个时刻，振子的速度都为零D.从0.2st=到0.4st=时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动【答案】D【解析】【详解】A．在0.2st=时，弹簧振子的位移

正向最大，弹簧振子的加速度为负向最大，故A错误；B．在0.6st=时，弹簧振子具有最大的负向位移，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，故B错误；C．在0.4st=与0.8st=两个时刻，弹簧振子的位移为零，弹簧的弹性形变量为零，弹簧的弹性势能为零，系统的动能最大，振子

有最大的速度，故C错误；D．从0.2st=到0.4st=时间内，弹簧振子的位移逐渐减小，弹簧的弹性形变量减小，弹力减小，弹簧振子的加速度逐渐减小，故弹簧振子做加速度减小的加速运动，D正确。故选D。3.细长轻绳下端拴一个小球构成单摆，在

悬挂点正下方12摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将小球向左方拉开一个小角度，然后无初速度地释放，对于以后的运动，下列说法中正确的是（）A.小球往返运动一次的周期和无钉子时的单摆周期相同B.小球

在左、右两侧上升的最大高度一样C.小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等D.摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍【答案】B【解析】【详解】A．根据2LTg=，摆长越小，周期越小，小球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小，A正确；BC．

根据机械能守恒定律，小球在左、右两侧上升的最大高度一样，小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长不相等，B正确，C错误；D．根据机械能守恒定律得()()121cos1cos2LmgLmg−=−解得122coscos1−=摆线在平衡位置右侧的最大摆角

不是左侧的两倍，D错误。故选B。4.某同学在学习光学时，发现各种光学现象已经在各个科技领域有所应用。但他对光现象的理解正确的是（）A.全息影像是利用了激光的衍射现象B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，为了防止反光往往在镜头前加增透膜C.光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理D.利用

激光传播速度大的特性，可以较准确的测量地球到月球的距离【答案】C【解析】【详解】A．激光全息照相是利用了激光相干性好的特性，故A错误；B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，玻璃有反光，所以往往在镜头前加一个偏振片以削弱反射光的干扰，从而使照片清晰，故B错误；C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都利用了光

的全反射原理，故C正确；D．激光方向集中，也就是平行度好，所以可比较精确测量月球到地球的距离，故D错误。故选C。5.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械

波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（）A.甲图中A、B两点的竖直高度差为10cmB.从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cmC.乙图所表示的是

波的衍射现象D.在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高【答案】ABD【解析】【详解】A．甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm故A正确；B．波的周期为T=s=0.5s从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5TB点通过的路程为2×2

A=20cm故B正确；C．乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。故选ABD。6.如图所示，实线a是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线b是这列波在t=

0.7s时刻的波形图。已知该波的波速是v=10m/s，根据图形，则下列说法正确的是（）A.t=0时刻x=-3m处的质点向y轴正方向振动B.该横波若遇到4m的障碍物时不能发生明显的衍射现象C.t=1s时刻，x=1m处的质点速度最大，方向沿y轴正方向D.t=2.75s时

刻x=4m处的质点离开平衡位置位移为23cm【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，简谐波的波长为4m=根据波形平移位移公式xvt=可得7100.77m4xvt====由此可知，该横波向x轴的负

方向传播，因此可判断t＝0时刻x=-3m处的质点向y轴负方向振动，故A错误；B．由于此波的波长为4m，所以该波若遇到4m的障碍物能发生明显衍射，故B错误；C．该波的周期为0.4sTv==经过t=1s，即52个周期后，x=1m处的质点速

度最大，方向沿y轴正方向，故C正确；D．根据质点的振动方程2πcos()4cos5π(cm)yAttT==t＝2.75s时刻x＝4m处的质点离开平衡位置位移为22cmy=故D错误。故选C。7.2022年9月1日，问天实验

舱的小机械臂首次亮相，小机械臂臂长近6米，通过关节，小机械臂可以实现类似人类手臂的运动能力。若该机械臂向太空同一方向，用同样的力，同时抛出一个100克重的钢球和一个200克重的铜球，假设力的作用时间相同，预定距离二十米，钢

球和铜球哪个先抵达？那么正确的结论是（）A.钢球先到达B.铜球先到达C.同时到达D.无法判定【答案】A【解析】【详解】根据动量定理可得0Ftmv=−机械臂的作用力相同，作用时间相同，钢球的质量小，则钢

球获得较大的速度，在太空中，钢球和铜球运动的加速度相同，位移相同，所以速度大的钢球运动的时间较短。故选A。8.如图所示，在光滑的水平面上停着一辆质量为M、长为L的平板车，一质量为m的小孩以水平速度v0跳上车的左端，然后

在车上忽快忽慢地向右奔跑，经过时间t跑到了车的右端。对于这段时间t内小车的位移，下列说法错误的是（）A.可能有向右的位移B.可能有向左的位移C.位移不可能是0D.位移的大小可能是L【答案】C【解析】【详解】设在任意时刻

小孩和车的速度分别为v和v′，以向右为正方向，由动量守恒定律有0mvmvMv=+在极短时间Δt内有0mvmvtMvtt+=设车前进的距离为x，两边求和得0()mvmLxMxt=++解得0()mvtLxMm−=+讨论：若0vt

L=，则0x=；若0vtL，则0x，车的位移向右；若0vtL，则0x，车的位移向左；其中若xL=，可得0(2)MmvtLm+=结论合理。本题选错误的，故选C。9.以下说法中正确的是（）A.图甲可知，驱动力频率越大，能量越大，振动幅度越大B.图乙是双缝干涉示意图，

若只将光源由蓝色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离增大C.图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变小D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面

内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中，为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；B．乙图中，根据l

xd=，若只将光源由蓝色光改为绿色光，波长增大，两相邻亮条纹间距离将增大，故B正确；C．丙图中，当将薄片向右移动时，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会变小，故C正确；

D．丁图中，当M固定不动，缓慢转动N，从图示位置开始转动90°时，M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D错误。故选BC。10.A、B、C三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线B正好过圆心O，光线A、C从光线B的两侧对称入射，光线A、C从玻璃砖右

表面进入空气后与光线B交于D、E。下列说法正确的有（）A.玻璃对A光的折射率大于对B光的折射率B.玻璃对A光的折射率大于对C光的折射率C.玻璃对三种光的折射率关系为ABCnnnD.A光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间比C光长【答案】BD【解析】【详解】AC．由于B光入射角为0，故

无法判断玻璃对B光的折射率大小，A、C错误；B．由图可知，A光和C光入射角相同，但A光折射角较小，根据折射率公式可知，玻璃对A光的折射率大于对C光的折射率，B正确；D．根据公式cvn=由于A光的折射率大，则A光在玻璃中的传播速度较小，又由

图可知A光在玻璃砖中的传播路径较长，故A光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间比C光长，D正确。故选BD。11.如图甲、乙分别为两列横波Ⅰ、Ⅱ的振动图像，0=t时刻分别同时从图丙的A、B两点开始向四周传播，并在2s=t时恰好相遇，已

知A、B相距0.8m，C为AB中点，D距A点0.15m，则（）A.直线上A、B外侧均为振动加强点B.直线上A、B间（不包括A、B点）共有6个振动加强点C.4st=内直线上C点通过的路程为零D.3.75st=时D点经平衡位置向下振动【答案】CD【解析】【详解】A．由题意知，波长为0.2m，A、

B两质点的起振方向相反，AB间距满足波长的整数倍，故A、B外侧均为减弱点，故A错误；B．加强点满足该点距AB的位移差为半波长的奇数倍，共有8个点，分别距A点的距离为0.05m，0.15m，0.25m，0.35m，0.45m，0.55m，0.6

5m，0.75m，故B错误；C．C点距A点0.4m，为减弱点其位移始终为零，故C正确；D．D点为加强点，3.25st=时，波Ⅱ刚传到D点，从平衡位置向上振动，此时波Ⅰ已在D点振动了2.5s，也从平衡位置向上振动，再经0.5s，质点D经平衡位置

向下振动，故D正确。故选CD。12.如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为2m，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，

小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能2p12Ekx=，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（）A.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动

过程中底部能离开桌面B.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为mgkC.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为32gD.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为2mgk【答案】BC【解析

】【详解】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程mg＝kx0①施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为F＋mg＝k（x0＋x）②若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得0gkmxxgm−=（＋）则F＝mg③由①②③得kx＝mg撤去力F的瞬间，头部所受

的回复力F回＝k（x0＋x）－mg＝kx当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为2Nmg=因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；B．刚释

放时弹簧的形变量为12mgxk=弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得()2222km110011222mgEkxmgxxkxk=−−−=结合动能2kmm12Emv=故小人在运动过程中头部的最大速度为mgk，B正确；C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底

部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力212kxmg=此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有2mgkxma+=故头部在最高点的加速度为32g，C正确；D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力F'后弹簧再压缩'x，头部

的平衡方程为()0''Fmgkxx＋＝＋分析得13'22mgkxmgmg=+=则轻压头部释放时弹簧的压缩量为0'52mgkxxx==＋D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只

写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入

水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作1

0次。M、P、N三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。（1）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内

，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。（用测量的量表示）（2）在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是___________，与实验所用小球质量有关的是___________。（3

）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示，他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法。_______

___。【答案】①.112mOPmOMmON=+②.OP③.OM、ON④.见解析【解析】【详解】（1）[1]要验证动量守恒定律，即验证111223mvmvmv=+小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高

度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得111223mvtmvtmvt=+可得112mOPmOMmON=+（2）[2][3]OP是小球没有发生碰撞前入射小球A的落点，与小球的质量无关；OM和ON是碰撞后入射小球A和被碰小球B的落点距离，碰撞过程与所用小球的质量有关。（3）[4

]连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示分别测量出OP、OM′、ON′的长度，若在实验误差允许的范围内，满足关系式112mOPmOMmON=+则可以认为两小

球碰撞前后在OP方向上动量守恒。14.南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰

到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以2T为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d=__

_________mm。（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为___________。A.29tB.29.5tC.30tD.59

t（3）如果实验中所得到的2TL−关系图线如图乙中的_____所示（选填a，b，c），当地的重力加速度g=_________2m/s（取3.14，结果取小数点后两位）【答案】①.12.0②.C③.a④.9.86【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为12mm00.1

mm12.0mm+=（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为30t。故选C。（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由2LhTg+=可得22244TLhgg=+可知其关系图线应为a，再将20

T=30cmL=−代入22244TLhgg=+可得30cm=0.3mh=将221.20sT=0L=代入22244TLhgg=+可求得229.86m/sg=15.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在0=t时刻的波形如图所示，

此时坐标为()1,0的质点刚好开始振动，P质点的坐标为()3,0．在10.6st=时刻，P质点首次位于波峰位置，Q点的坐标是()3,0−．求：（1）这列波的周期与传播速度；（2）21.5st=时质点Q的位移．【答案】（1）0.8s，5m/s；（2）2

2cm−。【解析】【详解】（1）由波形图可知，这列波的波长为4m=波沿x轴负方向传播，根据波形平移法知0=t时刻P点向下振动，经34个周期首次到达波峰位置，由此可知130.6s4tT==则得0.8sT=所以波速为45m/s0.8vT===（2）因为271.5s8

tTT==+波传到Q点的时间为40.8s5xtTv====故21.5st=时，质点Q的位移为()224sin22cmyttT=−=−16.如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d=20cm，初始半圆玻璃砖的直径与

光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1点留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过30°角时，光屏上光点位置距离O1点为20cm，求∶（1）玻璃砖的折射率n；（2）当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的

角度α的正弦值。【答案】（1）622+；（2）622−【解析】【详解】（1）璃砖转过30°角时，折射光路如图由几何关系可知入射角i=30°又tan1=则45=那么折射角γ=75°由折射定律可知sin1sinin=解

得sin7562sin302n+==（2）发生全反射时有1sinCn=所以262sinsin262C−===+17.如图所示，ABCD是一长为L的水平放置光滑弧形槽，弧形槽半径R，R远大于AB的弧长，弧形槽的左端有一微小凹槽APB，P为最低点。现

有一物理兴趣小组进行闯关比赛，比赛选手从E点（为圆弧DEC的最低点）沿EP方向给质量为m的小球甲一个冲量I，同时从A点由静止释放小球乙，甲、乙两小球在P点相碰可视为比赛选手过关，两小球均视为质点。求：（1）甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比；

（2）要想比赛过关，比赛选手在E点给小球甲的冲量大小需满足的条件。【答案】（1）2mLgIR；（2）2(012)(21)mLgInnR==+、、【解析】【详解】（1）设小球甲运动的初速度为v，根据动量定理有Imv=小球甲

在运动过程中做匀速直线运动，故其第1次到达P点所需时间为1Ltv=联立得1mLtI=由于弧形槽半径R远大于AB的弧长，故小球乙相当于做单摆运动，故有2RTg=乙球第1次到达P点时所用时间为242TRtg==甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比为122::

2mLRmLgttIgIR==（2）乙球第n次到达P点时所用时间为(21)(012)42nTnRtnng+=+==（21）、、要想比赛过关，则甲球到达P点所用时间需与乙球到达P点所使用时间相等，即(012)2nnRttng+===甲

（21）、、又根据动量定理及匀速运动的规律有Imv=Lvt=甲联立可得2(012)(21)mLgInnR==+、、获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com