【文档说明】《精准解析》江苏省宿迁市2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）.docx，共(20)页，4.295 MB，由小赞的店铺上传

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高二年级调研测试物理一、单项选择题（共10题，每题4分，共计40分，每题只有一个选项最符合题意。）1.随着科技的发展，夜视技术越来越成熟，一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里，“红外监控”、“红外摄影”也能将目标观察得清

清楚楚。为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是（）A.镀膜使图像清晰的原理是利用了光的偏振B.镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射C.镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一D.

镀膜的镜头看起来是有颜色的，是因为增透了这种光的缘故【答案】C【解析】【详解】A．照相机的增透膜，利用了光的干涉，薄膜两个表面的反射光干涉减弱，从而增加透射光的强度，A错误；B．镀膜的目的是尽可能让红外线能够透射，而让红外线之外的光反射，从而使红外线图像更加清晰，B错误；C

．当红外线在薄膜前、后表面的反射光恰好干涉减弱时，反射光最弱，透射光最强，根据干涉相消的规律可知，此时红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，而为了尽可能增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，即红外线在薄膜中波长的四分之一，C正确；D．镀膜的镜头看

起来是有颜色的，是因为这种颜色的光在薄膜两个表面的反射光干涉增强，从而减弱了这种透射光的强度，D错误。故选C。2.某同学用“插针法”测量平行玻璃砖的折射率。如图所示，直线MN与PQ之间的距离等于玻璃砖的厚度，a、b、c、d为大头针的位置，下列说法中正确的

是（）A.该同学在插大头针c时，只要使其挡住b的像即可B.若实验时玻璃砖向上平移微小距离，结果不受影响C.入射角较大时，光可能会在玻璃砖下表面发生全反射D.“插针法”实验只能用来测量平行玻璃砖的折射率【答

案】B【解析】【详解】A．由于实验中要确定的是通过a、b两点的光线的光路图，因此该同学在插大头针c时，要使其挡住a、b的像，A错误；B．作出光路如图所示若实验时玻璃砖向上平移微小距离，则作出的实验光路图沿bDCc，实际的光路沿bABC，由于MN与PQ、玻璃砖上下表面均平行，可知

ABCD为平行四边形，则实际光路图与实验光路图的入射角和折射角相等，即若实验时玻璃砖向上平移微小距离，结果不受影响，B正确；C．根据上述可知，下表面的入射角等于上表面的折射角，可知，下表面的入射角小于临界角，即入射角较大时，光不可能会在玻璃砖下表面发生全反射，C错误；D．

“插针法”实验是通过插针来确定光路图，从而确定入射角与折射角，也能用来测量其它玻璃砖折射率，D错误。故选B。3.如图所示，两个灯泡1A和2A的规格相同，1A与线圈L串联后接到电路中，2A与可变电阻R串联后接到电路中，先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节1R，使它们正常发光，下列说

法正确的是（）的A.断开开关S后，1A、2A立即熄灭B.断开开关S后，1A逐渐熄灭，2A立即熄灭C.断开开关S后，2A闪亮一下再熄灭D.断开开关S后，1A、2A都逐渐变暗，且同时熄灭【答案】D【解析】【详解】一段时间电路稳定后

，断开开关S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐变暗，且同时熄灭，故D正确。故选D。4.一束白光从顶角为的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带

，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失。下列说法正确的是（）A.紫光在三棱镜中的速率比红光大B.屏上的彩色光带最上面为紫色C.屏上最先消失的是红光，最后消失的是紫光D.黄光从空气进入三棱镜后，频率不变

，波长变小【答案】D【解析】【详解】AB．根据散射规律，屏上的彩色光带最上面为红色，最下面为紫光，根据cvn=三棱镜对紫光的折射率大于红光的，可知紫光在三棱镜中的速率比红光小，选项AB错误；C．根据发生

全反射临界角公式1sinCn=三棱镜对紫光的折射率最大，紫光的临界角最小，故紫光首先发生全反射从屏上消失，红光的临界角最大，最后从屏上消失，选项C错误；D．根据vf=可知黄光从空气进入三棱镜后，频率不变，传播速度减小，波长变小，选项D正确。故选D。5.如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的

匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成角的方向以相同的速度v射入磁场中，则正、负电子（）A.在磁场中的运动时间相同B.在磁场中运动的位移相同C.出边界时两者的速度相同D.正电子出边界点到O点的距离更大【答案】C【解析】【

详解】A．两粒子在磁场中运动周期为2mTqB＝则知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，作出两粒子的运动轨迹，如图所示两粒子重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间12

22tT＝−同理，负离子运动时间222tT＝时间不相等，故A错误；BD．根据洛伦兹力提供向心力，则有2qvBmvr＝得mvrqB＝由题q、v、B大小均相同，则r相同，根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθr、θ相同，则S相同，故两

粒子在在磁场中运动的位移大小相同，方向不同，故BD错误；C．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确。故选C。6.如图是一种儿童玩

具火箭，用脚猛踩气囊时，压缩的空气就会将小火箭发射出去．已知小火箭的质量为100g，空气对其作用时间为0.1s，上升的最大高度为3.2m，g取210m/s，不计空气阻力，则压缩空气对小火箭的作用力为（）A.7NB.8NC.9ND.10N【答案】C【解析】【详解】

设火箭上升的初速度为0v，则有202vgh=代入数据解得08m/sv=在空气对火箭作用的0.1s内，根据动量定理有()0Fmgtmv−=代入数据解得9NF=故选C。7.应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱

法，先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子，离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过1S沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片D上，形成a、b两条质谱线，则（）A.打到a处的离子的比荷小B.两种离子进入磁场时的速度相

同C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里D.两种离子在磁场中的运动时间相等【答案】A【解析】【详解】A．粒子在磁场中偏转时有2vqvBmR=所以212mqUmvmURqBqBBq===所以，比荷大的偏转半径小

，打到a处的离子的比荷小，故A正确；B．粒子在加速电场中加速时，有212Uqmv=获得的速度2qUvm=由于两种带正电的离子比荷不同，所以获得速度大小不同，故B错误；C．离子带正电，故根据左手定则可得匀强磁场的方向为垂直

纸面向外，故C错误；D．根据周期公式2mTBq=由于两种带正电的离子比荷不同，故周期不同，离子在磁场中运动半个周期，故运动时间不同，故D错误。故选A。8.如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接

在M、P间，其它电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。0=t时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感

应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．金属杆向上做匀加速运动，则22BLatFmaR−=即22BLaFtmaR=+则选项A正确；B．力F的功率2222222()BLaBLaPF

vtmaattmatRR==+=+则P-t图像为开口向上的抛物线，选项B错误；C．产生的感应电流BLatIR=则I-t图像是过原点的直线，选项C错误；D．电阻R上产生的热量2QIRt=电流随时间t均匀增加，则Q-t图像

一定不是过原点的直线，选项D错误。故选A。9.如图所示，一个倾斜的弹簧振子从A点释放，O点为振动的平衡位置，振子在A、B两点之间做简谐运动。不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.整个过程中振子的机械能守恒B.在振子运动的过

程中，由弹簧弹力充当回复力C.弹簧振子在B点的弹性势能一定比在A点的弹性势能大D.从A向B运动的过程中，振子的速度和加速度方向始终相同【答案】C【解析】【详解】A．整个过程中振子以及弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，选项A错误；B．在振子运动的过程中，由

弹簧弹力与重力的分力mgsinθ的合力充当回复力，选项B错误；C．弹簧振子在振动过程中，机械能和弹性势能总量不变，在AB两点的动能均为零，且在B点时重力势能比A点小，则在B点的弹性势能一定比在A点的弹性势能大，选项C正确；D．从A到O做加速运动，速度和加速度方向相同；从

O向B运动的过程中，振子的速度减小，则速度和加速度方向相反，选项D错误。故选C。10.我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C

，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右

加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（）A.匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上B.电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大C.电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大D.当电容器储存的电荷全部放出

时，MN的速度达到最大【答案】B的【解析】【详解】A．S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下。A错误；C．当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有EIR=MN所受安培力F=BIL据牛顿第

二定律F=ma则有BLEamR=MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关。C错误；D．金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等，即U=E棒=BLvm此时电容器储存的电荷并未全部放出。D错误；B．设此过程中的平均电流为I，时间为t，根据动量定理有

m-0BLItmv=其中ItQ=ΔQ=Q0-Q=CE-CU=CE-CBLvm有m2222BLCEBLEvmmBLCBLC==++电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大。B正确。故选B。二、非选择题：共5

题，共60分。（其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。）11.某同学为了验证动量守恒定律，利用图甲所示装置，设计了如下方案：①用天平测出小车的质量M和物块的质量m：②小车后端连一通

过打点计时器的纸带，接通电源后，让小车以某速度做直线运动；③小车开始运动后，很快再在小车上轻放物块，最后得到如图乙所示的一条纸带，相邻两计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4。请回答下列问题：（1）本实验______（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；如果需要，请简述操作的方法，如果

不需要，请说明理由：______（2）图乙中的数据有AB、BC、CD、DE四段，研究放上物块前小车的速度大小应选______；A.AB段B.BC段C.CD段D.DE段（3）验证小车和物块组成的系统动量守恒的表达式为______（用题中所给的物理量表示）；（4）该同学

在某一次实验中通过计算发现，放上物块后系统的总动量增加了，你觉得可能的原因是：______（答出一条即可）。【答案】①.需要②.见解析③.B④.()24MxMmx=+⑤.平衡摩擦力时，长木板垫得过高【解析】【详解】（1）[1]由于实验的目

的是验证动量守恒，则需要使得小车与小物块构成的系统所受外力的合力为0，即该实验需要平衡摩擦力；[2]将长木板固定有打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使得纸带上打出的点迹均匀分布。（2）[3]根据上述，平衡摩擦力后，

放上小物块前后，小车应该做匀速直线运动，纸带上相应部分的点迹分布均匀，小物块是轻放上小车，即小物块的初速度为0，由于小车与小物块构成的系统动量守恒，则放上后速度减小，可知研究放上物块前小车的速度大小应选BC段，研究放上物块后小车的速

度大小应选DE段。故选B。（3）[4]根据纸带上的点迹可知，相邻计数点之间的时间间隔相等，均为5Tf=根据上述，放上物块前小车的速度大小为21xvT=放上物块前小车速度大小为42xvT=根据动量守恒定律有()

12MvMmv=+解得，验证小车和物块组成的系统动量守恒的表达式为()24MxMmx=+（4）[5]总动量增加了，表明放上小物块后，小车做的是加速运动，可能的原因是平衡摩擦力时，长木板垫得过高。12.一列简谐横波图像如图所示，10t=时的波形如图中实线所示，20.7st=时的波形如

图中虚线所示，在这段时间内波传播的距离为14m。求：（1）波的传播方向和周期；（2）4mx=处的质点第五次出现波谷的时刻3t。【答案】（1）向左，0.4s；（2）1.7s【解析】【详解】（1）由波形图可知，波长8m=若波向右传播28

2xnn=+=+(0,1,2,3n=……)若波向左传播的686xnn=+=+(0,1,2,3n=……)在这段时间内波传播距离为14m。经分析可知，波向左传播。且传播距离314x=传播时间21310.7s4tTtt==−=得0.4sT=（2）波向左传播，10t=

时4mx=处的质点向波谷方向运动，第五次出现波谷的时刻3141.7s4tTT=+=13.如图甲，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为20.3m，总电阻2r=，A右侧所接电路中，电阻12ΩR=，26ΩR=，33ΩR

=，其中3R与一个理想二极管串联，开关1S闭合。A中有横截面积为20.2m的区域D（图中虚线），D内有按图乙所示规律变化的磁场；0=t时刻，闭合开关2S，此时磁场方向垂直于线圈平面向外，求：（1）2s=t

时a、b两点的电势差abU；（2）前6s内通过2R的电量。【答案】（1）-8V；（2）1.6C【解析】【详解】（1）根据楞次定律可知，2s=t时b点的电势高于a点，即0abU；此时二极管处于导通状态；感应电动势10.61000.2V=12V1BEnSt=

=此时外电路电阻的632463R=+=+电路电流12AEIRr==+a、b两点的电势差8VabUIR=−=−（2）前3s内通过2R的电量31123323C=2C36RqItRR==++后3s内b点的电势低于a点，即0abU；此时二

极管处于截止状态；感应电动势仍为212VE=，此时外电路电阻'628R=+=电路电流'2'1.2AEIRr==+后3s内通过2R的电量'221.23C=3.6CqIt==因前3s和后3s通过电阻R2的电

流方向相反，可知前6s内通过2R的电量q=q2-q1=1.6C14.如图所示，一个质量为2m的凹槽静置于光滑水平面上，它的左右两侧为对称的半径为R的光滑四分之一圆弧轨道ab、cd，圆弧轨道圆心1O、2O在同一水平面上，中间是长度也为R、动摩擦因

数0.2=的粗糙水平直道bc。现将质量为m的滑块（可视为质点）从凹槽左侧最高点a处无初速释放，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）滑块第一次经过b点时的速度大小；（2）滑块最终相对凹槽静止时的位置；（3）凹槽最终相对地面的位移大

小。【答案】（1）23gR；（2）c点；（3）23R【解析】【详解】（1）滑块第一次经过b点时，由凹槽与滑块组成系统机械能守恒可得221211222mgRmvmv=+由凹槽与滑块组成的系统动量守恒定律可得1202mvmv=−解得123gRv=（2）最终滑块停在bc上，设

最终滑块和凹槽的共同速度为v，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得()02mmv=+解得0v=设滑块在bc上滑行的总路程为s，根据能量守恒定律得mgRmgs=解得5sR=所以滑块最终相对凹槽静止时的位置

在c点。（3）设整个过程滑块和凹槽对地的位移大小分别为1x、2x，则有1220xxmmtt−=又122xxR+=的解得223xR=15.如图所示，在x轴的上方存在一个垂直xoy平面向里、半径为R的有界匀强圆磁场，磁场的直径在y轴上，磁感应强度大小为B。坐

标原点O处有一粒子源，可沿与x轴正方向成30150°°范围内垂直磁场方向均匀发射速度大小相等、质量为m、带电量为e的电子，这些电子都能够打到右侧与y轴平行放置的屏MN上，被屏反弹后以原速率沿原方向返回，其中沿y轴

正向射入的电子能够垂直打到屏上，屏的横坐标为3R。不计电子的重力和电子间的相互作用，求：（1）电子射入磁场时的速度大小；（2）电子打到屏MN上的长度；（3）电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间。【答案】（1

）BeRm；（2）3R；（3）()333mBe+【解析】【详解】（1）当沿y轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，可得电子在磁场中的运动轨迹如图由几何知识可得电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为rR=又由牛顿第二定律2vBevmr=可得BeRvm=（2）电子

在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心分布在以O点为圆心，R为半径的圆上。电子以任意速度方向射入磁场时，其在磁场中的运动轨迹如图'OOAB为棱长为R的棱形，故AB始终竖直，所以所有电子离开磁场时的速度方向都为水平向右。当一电子以与x轴成θ方向射

入磁场，如图其水平射出磁场后打在MN屏的纵坐标为cosyRR=−故当θ=30°时，电子打在MN屏的最低点，代入得1232yR−=当θ=150°时，电子打在MN屏的最高点，代入得2232yR+=故电子打到屏MN上的长度213LyyR=−=（3）当电子从O点到返回

磁场右边界的路程最短时，电子从O点出发到返回磁场右边界的时间最短。当一电子以与x轴成θ方向射入磁场到返回到磁场右边界的路程为()23sinsRRR=+−对上式求导得'2cossRR=−令'0s=，可得当3=时，s最小，代入得min33sR=+

故电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间()minmin333mstvBe+==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com