2023-2024学年高二下学期物理期末复习试题

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 高二物理高考假期练习2 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________ 一、单选题（共6小题） 1. 如图所示，横截面为等边三角形的棱镜ABC，一束平行于截面的复色光从空气射向AB边的D点，BD长为AB长的四分之一，入射方向与AB边的夹角为，进入三棱镜折射后分为a、b两束单色光，a光偏折到BC边的E点，b光偏折到F点，已知，则下列判断正确的是（　　）    A. a光的频率小于b光的频率 B. a光在棱镜中传播速度较大 C. 入射方向与边AB垂直时，a光不能从BC边出射 D. 分别将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距较大 2. 电磁波的发现和使用极大地改变了人类的生活。下列说法中正确的是（　　） A. 根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场 B. 蓝牙耳机的电磁波在真空中的传播速度比手机通信的电磁波速度小 C. 盒装牛奶内壁有铝箔，放入微波炉中不能被加热 D. 某同学自制收音机来收听广播时，其接收电台的过程称为调制 3. 消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。消声器可以用来削弱内燃机、通风机等排放高速气流过程中发出的噪声。某消声器的结构及气流运行如图所示，波长为的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束波，它们分别通过和的路程，再在b处相遇，从而达到削弱噪声的目的。下列说法正确的是（　　）    A. 该消声器是根据波的衍射原理设计的 B. 两束波到达b点的路程差，则等于的奇数倍 C. 若声波的频率发生改变，则声波的传播速度也发生改变 D. 若b、c在同一条直线上，b、c之间的距离为，则c为声波的加强点 4. 如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接了一个电阻R和理想电压表。线圈a及导线的电阻均不计。则下列说法正确的是（   ）    A. 电压表示数为0.5V B. 线圈a输出电流的频率为10Hz C. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，电压的最大值不变 D. 其他条件不变，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变 5. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，电源的输出电压，定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于b端，则（　　） A. 电流表示数为 B. 电压表示数为10V C. 滑片P由b向a缓慢滑动，消耗的功率减小 D. 滑片P由b向a缓慢滑动，变压器的输出功率减小 6. 如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生1 0000V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是 A. 该点火装置能使火花塞的两端产生持续高压 B. 变压器的原线圈用细导线绕制，而副线圈要用粗导线绕制 C. 该点火装置巾变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数 D. 要在副线圈中产生高压，必须将原线圈输入的12V直流电转换成交流电 二、多选题（共6小题） 7. 如图所示，利用一内阻不计的交流发电机通过理想变压器向定值电阻、供电。已知发电机线圈的匝数为N，面积为S，转动的角速度为，所在磁场的磁感应强度为B，理想交流电流表A、理想交流电压表V的示数分别为I、U，则（　　） A. 从图示位置开始计时，发电机产生的感应电动势瞬时值 B. 发电机产生的交流电压有效值为 C. 若发电机线圈的角速度变为，则电压表V的示数变为 D. 若发电机线圈的角速度变为，则电流表A的示数变 8. 以下说法中正确的是（　　） A. 全息照相利用了光的衍射现象 B. 如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样 C. 声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了 D. 摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量 9. 一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，质点m的平衡位置坐标为，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是（　　） A. 该波沿x轴正方向传播 B. 该波波长为6m C. 质点m从时开始，再经回到平衡位置 D. 质点n在时的位移为 10. 如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为2m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　）    A. 该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 D. 从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 11. 如图甲、乙所示理想变压器原线圈的输入电压均为U，匝数均为100，副线圈上所连接的每个电阻的阻值均为R。图甲中两个副线圈的匝数分别为30、20，图乙中副线圈的匝数为50。下列说法正确的是（　　）    A. 图甲、乙中变压器的输入功率相等 B. 图乙中每个电阻的功率为 C. 通过图甲、乙中原线圈的电流之比为 D. 图甲中上、下两个电阻的功率之比为 12. 如图（a），轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位移-时间（x-t）图像如图（b）所示，其中t1为物块刚接触薄板的时刻，t2为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内空气阻力不计。则（　　） A. t2时刻物块的加速度大小比重力加速度小 B. t1~时间内，有一时刻物块所受合外力的功率为零 C. t1~t2时间内，物块所受合外力冲量的方向竖直向下 D. 图（b）中OA段曲线为抛物线的一部分，AB段曲线为正弦曲线的一部分 三、填空题（共3小题） 13. 如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为2m和m的两个物体A和B，物体A静止，物体B以初速度水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为，则物体A的速度变为        。此过程中系统损失的机械能为        。    14. 图甲为观察光的干涉和衍射现象的实验装置，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时用绿色激光照射，得到图乙所示的光强分布情况，则缝屏上安装的是        （选填“单缝”或“双缝”）。为减小条纹宽度，可改用        色激光照射。（选填“红”或“紫”）    15. 我国领先全球的特高压输电技术为国家“碳中和”做出独特的贡献。若在传输电能总功率不变和输电线电阻不变情况下，将原来550kV超高压输电升级为1100kV特高压输电，输电线上的电流变为原来的        倍，输电线上损失的功率为原来损失功率的        倍。 四、实验题（共1小题） 16. 在做“用单摆测重力加速度”的实验时，利用图甲实验装置，某同学先测得摆线长为99.20cm，摆球直径为1.60cm。    （1）若摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点所用的时间如图乙所示，则秒表读数为        。 （2）根据测得的实验数据可知，重力加速度的大小        m/s。（结果保留小数点后两位） （3）实验结束后，该同学发现他测得的重力加速度比当地重力加速度的数值大，其原因可能是        。 A．计数结束时秒表太迟按下 B．把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算 C．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长 五、解答题（共3小题） 17. 为迎接2023年杭州亚运会，杭州市举办了盛大的灯光秀，灯光秀用到某种发光二极管，如图所示为该二极管发出的某单色光沿SA射向用透明材料制成的四分之一球体，此单色光在透明材料中的折射率为，已知O为球心，半径为R，S、O、E在同一直线上，，，光在真空中传播的速度为c。求： （1）光从A点进入球体时的折射角； （2）光从B点出射时的折射角； （3）该单色光在球体内传播的时间。    18. 如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，已知时质点P恰好第二次到达波谷位置。 （1）求出该简谐波的周期； （2）求出质点Q在0.8s内振动的路程s； （3）以Q点开始起振为计时起点，写出其振动方程。    19. 如图所示，倾角为、足够长的斜面固定在水平面上，两物块A、B的质量分别为、，物块A光滑、物块B与斜面间的动摩擦因数。物块B静置于斜面上，物块A从与物块B相距处由静止释放。设物块A与B的碰撞时间极短且无机械能损失，重力加速度。求： （1）物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小； （2）物块A与B第二次碰撞前物块A的速度大小； （3）物块A与B第三次碰撞前摩擦力对物块B做的总功。    参考答案 1. 【答案】C 【解析】A．根据折射定律 由图可知，入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，则a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，故A错误； B．根据 由于a光的折射率大于b光的折射率，可知a光在棱镜中传播速度较小，故B错误； D．根据 分别将a、b两束光通过同一双缝干涉装置，由于a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长，a光的条纹间距较小，故D错误； C．设棱镜对a光的折射率为，由图中几何关系可得 则a光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足 入射方向与边AB垂直时，a光在BC边的入射角为，由于 可知a光在BC边发生全反射，a光不能从BC边出射，故C正确。 故选C。 2. 【答案】C 【解析】A．根据麦克斯韦电磁理论，均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，A错误； B．蓝牙耳机的电磁波在真空中的传播速度等于手机通信的电磁波速度，B错误； C．盒装牛奶内壁有铝箔，这属于金属材料，金属能聚集能量产生高频电流，进而出现发热产生电火花的现象，不能放入微波炉中加热，C正确； D．某同学自制收音机来收听广播时，其接收电台的过程称为调谐，D错误。 故选C。 3. 【答案】B 【解析】A．该消声器是根据光的干涉原理设计的，A错误； B．两束相干波在b处相遇振动减弱，所以两束相干波到达b点的路程差 ，Δr应等于 的奇数倍，B正确； C．若声波的频率发生改变，由于声波的传播速度由介质决定，所以声波的传播速度不发生改变，C错误； D．b、c在同一条直线上，b、c之间的距离为 ，当两束相干波到达c点，路程差Δr仍然等于 的奇数倍，则c为声波的减弱点，D错误； 故选B。 4. 【答案】D 【解析】A．根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为 故A错误； B．根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为 变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，故B错误； C．由题图可知，线圈a沿轴线做简谐运动切割磁感线，从而产生感应电动势，则设线圈a沿轴线做简谐运动的x—t的关系为 x = Acos(ωt) 则线圈a沿轴线做简谐运动的v—t的大小关系为 v = Aωsin(ωt) 线圈产生的感应电动势为 e = nB∙2πr2∙v = 2πnBr2Aωsin(ωt) 其中n为线圈匝数、r为线圈半径，则线圈最大电压为 Um= 4π2nBr2Af 故其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，故C错误； D．由于线圈a及导线的电阻均不计，则电压表的示数为线圈的感应电动势的有效值，则根据选项C分析可知，仅更换不同阻值的电阻，电压表示数不变，故D正确。 故选D。 5. 【答案】C 【解析】AB．题图的电路图可以等效为 设原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有 整理有 电源的电压输出为 因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为30V，电流表的示数为 原线圈两端电压的有效值为 电压表测量的是副线圈两端的电压，即 整理有 故AB错误： C．当滑片P从b向a缓慢滑动过程中，阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之前的分析可知，流过电阻的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电阻不变，电流减小，根据，所以功率减小，故C正确； D．由之前的分析，可以将电阻与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω时，即，其输出功率最大，所以在滑片从b向a缓慢滑的过程中，其副线圆的输出功率先增大，后减小，故D错误。 故选C。 6. 【答案】C 【解析】蓄电池的电压为12V，火花塞需要的电压为10000V，所以电路中需要的是升压变压器，再根据升压变压器的原理可得副线圈匝数大于原线圈匝数 汽油机点火装置的开关若始终闭合，变压器就没有变化的磁通量，则不能工作，所以次级线圈两端也不会有高压，故A错误；变压器线圈中电流越大，所用的导线应当越粗．原线圈电压低，根据P=UI知，原线圈电流大，副线圈电压大，电流小，所以原线圈用粗导线绕制，副线圈用细导线绕制，故B错误；由于火花塞需要的电压为10000V，但是电源的电压为12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，所以变压器左边线圈的匝数小于右边线圈的匝数，导致右边电压被提高，所以变压器副线圈匝数远大于原线圈的匝数，故C正确；接该变压器的初级线圈的电源不一定是交流电源，直流也可以，只要使磁通量发生变化就可以，故D错误；故选C. 7. 【答案】BC 【解析】A．图示位置为中性面位置，从中性面位置开始计时，发电机产生的感应电动势瞬时值为 故A错误； B．发电机产生的交流为正弦式交流电，根据正弦式交流电电压有效值与峰值的关系有 故B正确； CD．若发电机线圈的角速度变为，则变压器原线圈电压变为 U1变为原来的一半，根据理想变压器规律 ， 知变压器副线圈电压U2变为原来的一半，根据欧姆定律 知变压器副线圈电流I2减为原来的一半，则原线圈电流I1也减为原来的一半，则电流表A的示数变，电压表的示数为 则电压表V的示数变为，故C正确，D错误。 故选BC。 8. 【答案】BD 【解析】A．全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故A错误； B．根据波的干涉条件可知，当频率相同时，两列波会形成稳定的干涉图样，故B正确； C．根据多普勒效应可知，若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故C错误； D．“增透膜”利用了光的薄膜干涉原理，当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透射，故D正确； 故选BD。 9. 【答案】BD 【解析】A．由图乙可知，质点n在时沿y轴正方向运动，结合图甲根据逆向波形法，可知波沿x轴负方向传播，故A错误； B．根据波动方程 由图甲知，振幅，当时，，当时，，可得，波长 故B正确； D．由图乙，波的周期为，可得质点n的振动方程为 质点n在时的位移为 故D正确； C．由于波沿x轴负方向传播，设质点m从平衡位置开始到第一次位移为5cm的时间为，则 解得 则质点m从时开始第一次到波峰的时间为 再从波峰到平衡位置的时间为，因此整个过程时间为 故C错误。 故选BD。 10. 【答案】CD 【解析】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误； BC．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有 解得 由系统机械能守恒得 解得小球的速度大小为 故B错误，C正确； D．小球运动到U形管圆弧部分最左端时，还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知 对小球由动量定理得 由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量大小为 故D正确。 故选CD。 11. 【答案】BC 【解析】A．对图甲，由理想变压器的变压规律可得两个副线圈的电压分别 ， 根据输入功率等于输出功率可得 对图乙，由理想变压器的变压规律可得副线圈的电压 乙中变压器的输入功率为 可知图甲、乙中变压器的输入功率不相等，故A错误； B．图乙中每个电阻的功率为 故B正确； C．根据 ， 可得 ， 通过图甲、乙中原线圈的电流之比为 故C正确； D．图甲中上、下两个电阻的功率之比为 故D错误。 故选BC。 12. 【答案】BD 【解析】C．对物体在运动过程中受力分析：在未接触薄板之前即t1之前，物体只受重力，物体做自由落体运动，x-t图像为抛物线，在接触薄板之后即t1之后，开始时物体受的向下的重力大于向上的弹力，则合力竖直向下，由于弹力增大重力不变，所以物体向下做加速度变小的加速运动，之后物体受的重力小于弹力，则合力竖直向上，物体向下做加速度增加的减速运动，则t1~t2时间内，物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上， ABD．在t1~t2时间内有一临界点，即重力与弹力大小相等的点，此时合力为零，在该段物体以临界点为平衡位置做简谐运动，AB段曲线为正弦曲线的一部分，但因为A点物体速度不为零，B点速度为零，所以临界点的位置更靠近A点，物体所受合力为零的点在t1~时间内，该段时间内一定有一时刻物块所受合外力的功率为零，B点加速度大于A点加速度，而A点加速度为g，所以t2时刻的加速度大小大于g，故A错误，BD正确。 故选BD。 13. 【答案】 【解析】[1]根据动量守恒可得 解得物体A的速度为 [2]此过程中系统损失的机械能为 解得 14. 【答案】 单缝 紫 【解析】[1]由图乙可知，光强分布条纹中间宽、两边窄，可知是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝； [2]由单缝衍射图样特点知，波长越小的可见光单缝衍射条纹宽度越小，故改用紫色激光照射。 15. 【答案】 0.5 0.25 【解析】[1]在功率不变时，电压升高为原来的2倍，则传输电流变为原来的。 [2]若输电线不变，则输电线上损失的电压 变为原来的；输电线上损失的功率 因此输电线上损失的功率变为原来的。 16. 【答案】 80.0 9.86 B 【解析】（1）[1]由图乙可知，秒表读数为 （2）[2]摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点，单摆完成摆动周期的次数为 单摆周期为 单摆摆长为 根据单摆周期公式 可得 （3）[3]根据 A．若计数结束时秒表太迟按下，则测量值偏大，使得测量值偏小，故A错误； B．把摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，则测量值偏大，使得测量值偏大，故B正确； C．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长，则测量值偏小，使得测量值偏小，故C错误。 故选B。 17. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）作出的光路如图所示    由几何关系可得 可得入射角为 由折射定律得 可得 解得光从A点进入球体时的折射角为 （2）在中，根据正弦定理可得 解得 由折射定律得 可得 解得光从B点出射时的折射角为 （3）光在玻璃半球体中传播的距离为 光线在透明半球体中的速度为 故光线在透明半球体中的时间为 18. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）根据逆向波形法，可知0时刻，质点P向下振动，在时质点P恰好第二次到达波谷位置，则有 求得 （2）由图可知该列波波长为 波速 振动传到Q点所用时间为 又因为 所以质点Q在0.8s内振动的路程 （3）以Q点开始起振为计时起点，其振动方程为 19. 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）物体A沿斜面下滑的加速度为，根据牛顿第二定律可得 物块A第一次与物块B碰撞前的速度为 物块A与B第一次碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得 解得 ， 则物块A与B第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别为，。 （2）由于 可知碰撞后物块B匀速下滑，设第一次碰撞后经时间再次碰撞，根据运动关系，有 解得 第二次碰撞前物块A的速度为 （3）物块A与B第二次碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得 解得 ， 设第二次碰撞后经时间再次碰撞，根据运动关系，有 解得 第一次碰撞到第三次碰撞，摩擦力对物块B做的总功为 答案第2页 总2页 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$