高二物理（A卷）参考答案
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．【答案】B【解析】“3D”立体电影利用的是光的偏振现象，A 错误。光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，
说明发生了衍射，B 正确。物体做受迫振动时，振动的频率与物体的固有频率无关但当驱动力的频率等于
固有频率时振幅最大，C 错误。只有波源与观测者之间有相对运动，才能观测到多普勒效应，D 错误。
S
2．【答案】A【解析】物体向左运动，电介质在极板间的长度减小，由C 可知，电容减小。电容器始
4 kd
终于电源相连，极板间电压不变，由Q＝CU 可知，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电
流从 a 流向 b，综上 A 正确。
3．【答案】C【解析】因为是从第一次经过 P 时开始计时，故到它第二次经过 P 点时不一定是半个周期，更不
可能是一个周期，AB 错误；到它第三次经过 P 点时，所需时间才为一个周期，C 正确 D 错误。
3
4．【答案】D【解析】b 正沿 y 轴正方向运动，波沿 x 轴负方向传播，A 错误。根据题意可得：1.5s T ，
4
T 2s 故 ，由v 2.4m / s ，B 错误。波动图像中，各质点不随波迁移，C 错误。由波动图像可知，
T
质点 c 正沿 y 轴负方向运动，c 比 b 先到负的最大位移处，D 正确
5．【答案】C【解析】电子有O点运动到C点，故场强方向沿 x 轴负方向，所以逆着电场线方向电势逐渐升高，
A 错误；由图像可知场强先不变后减小，故电子先做匀加速后做加速度减小的加速运动，B 错误；由图像
可知图像的面积表示电势差，则有 UOC<3UOA，所以电子运动到C点时动能小于
3Ek ，C 正确；电子由 A 点
到 B 点电场力做正功，电势能减小，电子在 A 点的电势能大于电子在 B 点的电势能，D 错误。
6．【答案】D【解析】选择开关置于 a 时,构成量程为 0~1mA 的电流表，由欧姆定律可知 IgRg (I Ig )Ra ，
IgR
4
g 1 10 900
解得Ra Ω 100Ω ，选择开关置于 b 时,构成量程为 0~1V 的电压表，由欧姆定
I Ig 1 10
3 1 10 4
U I R 4
U I R IR R g g
1 1 10 900
律知 g g b ，解得 b Ω 910Ω ，D 正确。
I 1 10 3
1
7．【答案】A【解析】由几何关系可知 adc=60 ，因 bd 连线是等势线，则场强方向沿着从 a 点垂直 bd 连线
U 4
方向，则场强大小E V m 400 V/m ，B 错误；过a 电的电场线交dc边与 P 点，
d 0.02 sin 300
P Upa 400 0.02V 8V ，又dp pc， d－ c＝2( d－ p ) ，解得 C 12V ，A 正确。电场强度
的方向垂直与等式面，由几何关系可知，电场强度的方向平行于bc 边斜向上，C 错误；电子和质子分别带
等量异种电荷，则放在 d 点时，具有的电势能大小相等，符号相反，D 错误。
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8.【答案】AB【解析】由图可知，R2 与滑动变阻器R3 串联后与 R1 并联后，接在电源两端；当R3 的滑片向 a
移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，
路端电压增大，则 R1 两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，由欧姆定律可知流过 R1 的电流增大，根
据并联电路的特点可知：流过 R2 的电流减小，R2 两端的电压减小，则电流表示数减小，电压表读数增大，
IU U
AB 正确；由于路端电压变大，根据 = 外 100%= 外 100% ，可知电源效率增大，C 错误；由于R3
IE E
U
逐渐增大，故电流表、电压表的示数变化量的比值 R3 ，D 错误。
I
9.【答案】AD【解析】由图像可知T 0.2s，根据v ，解得 2.0m ，A 正确。P 点的起振方向与波源
T
的起振方向相同，沿 y 轴正方向，B 错误。由于5.0m 3.0m 2.0m ，可知，P 点的振动加强，C 错
3 5
误；M 波源的振动形式到达 P 点的时间 t1 s 0.3s ，N 波源的振动形式到达 P 点的时间 t1 s 0.5s ，
10 10
由于 0.5s 0.3s 0.2s T ，根据振动表达式，波源振动的振幅为 2cm ，则加强点的振幅为 4cm ，则在 N
波 源 的 振 动 形 式 到 达 P 点 之 前 P 点 通 过 的 路 程 为 4 2 8cm ， 之 后 P 点 振 动 加 强 ， 由 于
2
1
1.0s 0.5s 0.5s 2 T ， 则 0~1s 内 ， N 波 源 的 振 动 形 式 到 达 P 点 之 后 P 点 通 过 的 路 程 为
2
2 4 4 2 4 40cm ，可知，0~1s 内，P 点通过的路程为 40 8 48cm 。
2h 2h
10．【答案】CD【解析】足球下落时间为 t 11 0.4s ，足球上升时间为 t
2
2 0.3s ，总时间为g g
1 1
t t1 t2 t3 0.8s ，A 错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合 mv
2 mv22 1 ，
2 2
根据运动学公式v2 2gh 2 W 1.4J1 1 v2 2gh2 ，解得 合 ，B 错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小
为 p mv2 mv1 2.8kg m/s ，C 正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大
小为 IG mgt 0.4 10 0.8N s 3.2N s ，D 正确。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11．（6 分）
【答案】（1）B（2 分）
4π2N 2L
（2） （2 分）
t 2
（3）A（2 分）
t
【解析】（1）为了减小误差，应选取图中最低点即 B 点开始计时；（2）单摆的周期T ，由周期公式可得
N
L 4 2LN 2
T 2 ，解得 g （3）若将悬点到小球上端的距离记为摆长，设小球的半径为 r，则由上述分
g t 2
gT 2 gT 2
析可得 L l r ，l r ，则图线不过原点，且与纵轴的负半轴相交，A 正确；若将悬点到小球
4 2 4 2
gT 2 gT 2
上端的距离记为摆长，设小球的半径为 r，则由上述分析可得 L l r ， l r ，则图线不过原
4 2 4 2
点，但与纵轴的正半轴相交，B 错误；误将 49 次全振动记为 50 次，周期发生变化，但图线依然会经过原点，
C 错误。
12．（9 分，除注明外，每空 2 分）
3
【答案】（1）③②①⑤④
（2）如图所示
（3）如图所示
（4）19 误差主要来源于电表读数产生的偶然误差（1 分）
【解析】（1）用多用电表粗略测量电阻，正确顺序是调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度、将
选择开关旋转到“ ”挡的“ 1 ”位置、将红、黑表笔分别插入“ ”“ ”插孔，并将两表笔短接，调节
欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点、将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约 20Ω 、
将选择开关旋转到 OFF 位置，故顺序为③②①⑤④；
（3）电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表
两端的电压可以计算，可以将电流表内接，可以准确得出流过电阻Rx 电流的准确值、以及电阻Rx 两端电压的
准确值，如图所示；
IR
（4）根据分析可以得出电阻的准确值，电阻Rx 的电压Ux U IR R I I
A
A ，流过电阻 x 的电流 x R0
Ux
根据欧姆定律Rx ，代入数据联立解得Rx 19 。 I x
4
13．（9 分）
3 2R 3
【解析】（1）由几何关系可知入射角sin （1 分）
R 2
故 60 （1 分）
折射角 （1 分）
sin
由折射定律可知n （1 分）
sin
解得n 3 （1 分）
（2）由几何关系可知 AC 2R cos( ) 3R （2 分）
3
光线在玻璃砖内的传播速度 v c（1 分）
3
AC 3R
则光束在玻璃砖内的传播时间 t （1 分）
v c
14.（12 分）
【解析】（1）设小物块 A 的初速度大小为v0 ，由题意可知
mAv0 mBvB mAvA (2 分)
1 1 1
m v2 m v2 2A 0 A A mBvB (2 分)
2 2 2
vA 1m s
联立解得 v0 3m s (1 分)
vB 2m/s
（2）物块 B 第一次落地瞬间竖直速度 vy 2gh (1 分)
物块 B 第一次与地面碰撞前后，对物块 B 分别在水平方向和竖直方向运用动量定理分析，竖直方向动量定理，
规定竖直向上为正方向，有 (FN mBg)t mBvy ( mBvy ) (2 分)
5
水平方向动量定理，规定水平向左为正方向，有 FNt mBv1 mBvB (2 分)
解的物块 B 与地面碰撞之后的速度大小为 v 2 2B v1 vy ，(1 分)
联立解得 v B 5m/s (1 分)
15.（18 分）
1 2
【解析】（1）根据题意，粒子加速到 O 点的过程，由动能定理有qU0 mv0 （2 分）
2
2qU
解得v 00 （2 分）
m
3
（2）记 M、N 两板间距离为 d L，则水平方向上有 L v0t （2 分）
3
1 1
d at2竖直方向上有 （2 分）
2 2
qU
由牛顿第二定律有ma 1 （2 分）
d
2
解得U1 U0 （2 分）
3
（3）根据题意可知，粒子刚好从 M 板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线OO 方向的速度vy at
v
偏转角度的正切 tan y （2 分）
v0
d
由几何关系有b 2( L tan ) （2 分）
2
解得b 3L（2 分）
62022一2023学年下学期高二期中联考
物
理(A卷)
0回边/11
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3,考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题
目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内
作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：必修一、必修二占20%；必修三、选择性必修一占80%。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1.下列说法正确的是
A.“3D”立体电影利用的原理是光的干涉现象
B.光照到不透明小圆盘上会在之后的光屏上影子的中心出现一个极小的亮斑即“泊松亮斑”，此现象
说明光发生了衍射
C.物体做受迫振动时，振动的频率和振幅均与物体的固有频率无关
D.只要波源运动，就一定能观测到多普勒效应
2.如图所示为一电容式位移传感器的示意图，电容器两固定极板间有一可移动的电介质板，电介质板与
被测物体相连。电容器接人电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置。若物体向左
平行于极板移动，在电介质板移出电容器的过程中，下列说
法中正确的是
A.电容器的电容减小，由a→b的电流流过电流计
物体
电介质板
B.两极板间的电压增大，由a→b的电流流过电流计
C.电容器的电容增大，由b→a的电流流过电流计
D.两极板间的电压不变，由b·a的电流流过电流计
3.如图某单摆在竖直平面内做小摆角振动，P为平衡位置与端点间的某点，从第一
次经过P点时开始计时，下列说法中正确的是
A.到它第二次经过P点时，所需时间为半个周期
B.到它第二次经过P点时，所需时间为一个周期
C.到它第三次经过P点时，所需时间为一个周期
D.到它第三次经过P点时，所需时间为二个周期
【2022一2023学年下学期高二期中联考·物理试卷A第1页（共6页）】
4.一列简谐横波沿×轴传播，某时刻的波形如图所示，a,b、c为三个质点，a位于负的最大位移处，b正
沿y轴正方向运动，从此刻起再经1.5s,质点a第二次到达平衡位置。m
10
由此可知该列波
A.沿x轴正方向传播
B.传播速度大小为1.2m/s
0
C.从该时刻起，经过0.5s,质点a沿波的传播方向移动了1.2m
D.该时刻以后，b比c晚到达负的最大位移处
5.电场中的一条电场线与x轴重合，该电场线上各点电场强度大小E随x的变化E个
规律如图所示，坐标轴上的点0x1x:和x,分别与x轴上O,A,B,C四点相对E,
应，相邻两点间距相等。一电子由O点静止释放，仅受电场力的作用，运动到A
点的动能为E:。下列说法正确的是
B
A.从O点到C点，电势逐渐降低
B.电子先做匀速运动，后做减速运动
C.电子运动到C点时动能小于3E
D.电子在A点的电势能小于电子在B点的电势能
6,将一只量程为100μA,内阻R。=9002的灵敏电流计分别改装成量程为1mA
的电流表、量程为1V的电压表，电路如图所示，G为灵敏电流计，R。、R。是二
个定值电阻，下列判断正确的是
A选择开关置于a时，构成量程为0~1V的电压表
B.选择开关置于b时，构成量程为0~1mA的电流表
C.电阻R。的阻值为90n
D.电阻R。的阻值为9102
7.如图所示，abcd为匀强电场中的一等腰梯形，其平面与场强方向平行。已知ab
=bc=2cm,dc=4cm,a,b、d三点的电势分别为0、4V、4V,下列判断正确的是
A.c点的电势为12V
B.匀强电场的场强为200V/m
C,电场强度的方向平行于bc边斜向下
D.电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R,、R:、R,为定值电阻，电压
表和电流表均为理想电表。当滑动变阻器R,的滑片向a端移动时，则
A.电压表读数增大
B.电流表读数减小
y
C.电源的效率可能会减小
D电流表，电压表的示数变化量的比值-R,
【202一2023学年下学期商二期中联考，物理试卷A第2页（共6页】
