【文档说明】山东省德州市第一中学2022-2023学年高二上学期1月期末考试物理试题详细答案.pdf，共(6)页，359.396 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共5页高二上学期期末考试物理参考答案1．C【详解】A．麦克斯韦建立了经典电磁场理论，A错误；B．赫兹通过实验证实了电磁波的存在，B错误；C．航天员在中国空间站进行太空授课的实时画面是通过电磁波传递到地面的，C正确；D．

医院里经常利用紫外线能摧毁病变细胞的作用对患者进行治疗。D错误。故选C。2．B【详解】依题意，弹簧振子做简谐运动，根据简谐运动的特点，知振子在平衡位置O时，位移，加速度及回复力均为零，而振子的速度最大，故选B。3．B【详解】A．当选择开关接1时，电流计与电

阻R1并联，测量的是电流，选项A错误；B．当选择开关接2时，有内接电源，测量的是电阻，选项B正确；C．当选择开关接3时，电流计与电阻R1并联后与R3串联，则测量的是电压，选项C错误；D．因B是黑表笔，A是红表笔，则测量时，电流是由A表笔流入，B表笔流出，选项

D错误。故选B。4．A【详解】设放置在FE边的电流在C点的磁感应强度大小为1CkIBd根据右手螺旋定则可判断其方向沿CM放置在ND边的电流在C点的感应强度大小为2CkIBd方向沿FC故C点处的磁感应强度大小为2CkIBd放置在FE边的电流在O点的磁感应强度

大小为1212OkIkIBdd方向平行于DN放置在ND边的电流在O点的磁感应强度大小为2212OkIkIBdd方向平行于EF故O点处的磁感应强度大小为22OkIBd则图中C、O两点处的磁感应强度大

小之比为21222COkIBdBkId故选A。5．C【详解】A．图甲为共振曲线，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lxd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错误；答案第2页，共5页C．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．当M固定不动，缓慢转动N时，从图示位置开始转动90°的过程时，

则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C。6．B【详解】A．由题图可知，滑动变阻器与电阻R串联，滑动变阻器滑片向下滑动，其阻值减小，整个闭合回路电阻减小，干路电流增大，路端电压为UEIr2V测的是路端电压，故其示数减小，选项A错误；B．电源的输出功率随外

电阻的变化关系如图所示由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值，故滑动变阻器的阻值减小时，外电阻向内阻接近，，则此时电源输出功率在变大，选项B正确；C．1V、3V分别测得是R和滑动变阻器的电压，滑动变阻器两端电压为3UEIrR

可得3UrRI故3U与I的比值保持不变，选项C错误；D．将电阻R等效为电源的内阻，由等效内阻的知识，当滑动变阻器阻值等于Rr时，滑动变阻器消耗的功率最大，选项D错误。故选B。7．A【详解】A．由安培定则可知

，线圈中的磁感应强度垂直纸面向外，两导线中的电流均增大，导致线圈中的磁通量增大，线圈里一定产生感应电流，A正确；B．线圈绕平行于匀强磁场的转轴OO匀速转动过程，穿过线圈中的磁通量始终为零，线圈中没有产生感应电流，B错误；C．线圈平面保持与磁感线垂直，在匀强磁场中向右匀

速移动，穿过线圈中的磁通量不变，没有产生感应电流，C错误；D．圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，由对称性可知，穿过线圈中的磁通量始终为零，故增大导线中的电流，线圈中没有产生感应电流，D错误。故选A。8．D【详解】取竖直向上为正方向，设在这段时间内弹簧的弹力对物体A的冲量为I

，对A应用动量定理得Imgtmv对B应用动量定理得MgtMu由以上两式得Imvmu故选D。9．BD【详解】A．电流的合成不满足平行四边形定则，则电流是标量，其方向就是正电荷定向移动的答案第3页，共5页方向，选项A错误；B．形成

电流必须有两个条件：自由电荷和电压，则导体中有电荷运动不一定会形成电流，选项B正确；C．根据UIR可知，两端电势差越大的导体，通过它的电流不一定越大，选项C错误；D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位，选项D正确。故选BD。10．B

D【详解】AB．以足球被踢回的方向为正方向，足球的动量变化量的大小为210.45[50(40)]kgm/s40.5kgm/spmvmv故B正确，A错误；CD．根据动量定理可得pFt解

得40.5N202.5N0.2pFt故D正确，C错误。故选BD。11．CD【详解】A．波向前传播，在两介质的界面上，通常波既发生反射，也会发生折射，当然全反射时，就只有反射没有折射了，A错误；B．波发生反射时，在同

一种介质中传播，因此波长、波速和频率都不发生变化，B错误；C．波发生折射时，在不同种介质中运动，波速发生变化，但频率由振源决定，波的频率不变，由vf可知波长也发生变化，C正确；D．两列波发生干涉现象

的条件是两列波的频率相同且相位差恒定，在这个前提下，振动加强区始终加强，振动减弱区始终减弱，形成稳定的干涉图样，D正确。故选CD。12．BD【详解】A．由于水平面光滑，所以小球与弧形物体组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合

力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，故系统机械能守恒，故A错误；B．由ax图像知，小球与弧形物体作用前的速度为21212maxmv解得2m/sv若小球没有从14圆弧飞出，当小球上升最高时小球与弧形体水平方

向共速，则mvMmv，221122mghmvMmv解得20cm3hR所以小球上升的最大高度为20cm3，故B正确；CD．当小球与弧形体分离后，弧形体速度最大，设分离后小球速度

为1v，弧形体速度为2v，则12mvmvMv，22212111222mvmvMv解得答案第4页，共5页222m/s3v故C错误，D正确。故选BD。13．4.57510减少【详解】（1）[1]整数毫米数

为4mm，游标刻度上第5条刻度线和主尺对齐，精度为0.1mm，故为4.5mm。（2）[2]条纹AB间距离为x33737100.210m510m470010xdnL（3）[3]红光波长比绿光波长长，由lxd可

知，条纹间距大，条纹数目减少。14．CE甲1.50.50【详解】（1）[1]干电池电动势约为1.5V，为了使电压表指针偏角较大，提高测量精度，电压表应选择C。[2]滑动变阻器F最大阻值过大，回路电流太小不利于电流、电压的测量，滑动变阻器选择

阻值较小的E即可。（2）[3]由于干电池内阻较小，若采用乙图接法，电流表直接与电源串联，电流表的分压作用较明显，使内阻测量误差较大，应采用甲图接法，即电流表外接法，减小测量误差。故选甲。（3）[4][5]根据数据点连线如画所示由闭合电路欧姆定律可得U=E－Ir图线与纵轴交点表示

电动势，可得E=1.50V图线斜率绝对值表示内阻，可得1.51.00.501.0r15．（1）53；（2）Lc【详解】（1）光在底边中点E处发生全反射，由几何关系可得临界角37C代入全反射

定律可得1sin37n解得53n（2）光在玻璃中传播的路程2sin37sin372LsL传播的时间答案第5页，共5页stv将光在玻璃中的速率cvn代入上式解得Ltc16．（1）沿x轴正向传播，1.5×1

03m/s；（2）2m【详解】（1）根据乙图可知，0时刻质点P沿y轴正方向运动，结合甲图，根据上下坡法可知，该波沿x轴正向传播，由图像可知，该波的波长为1.5×10-2m，周期为1×10-5s，根据vT代入数据得v＝1.5×103m/s（2）质点

P在一个周期内运动的路程为S0＝4A＝2×10-5m0～1s时间内完成全振动次数是n＝105所以0～1s时间内，质点P运动的路程S＝nS0＝2m17．（1）550W；（2）2；（3）50kg【详解】（1）电动机输入的电功率为1105W550WPUI

电（2）电动机的发热功率为2热PIr解得电动机线圈的电阻为225025PrI热（3）电动机的机械功率为550W50W500WPPP电热机又Pmgv机解得重物的质量为500kg50kg101Pmgv机18．（1）1v＝24gh；（2）54m2gh；（3）v

C＝5216gh【详解】(1)设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝2112mv解得v1＝2gh，设碰撞后小球反弹的速度大小为1v，同理有16mgh＝2112mv解得1v

＝24gh(2)设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－m1v＋5mv2解得v2＝24gh，由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I＝5mv2＝54m2gh(3)对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，据动量守恒和机械能守

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