来宾市2023年春季学期高二年级期末教学质量检测
物理
本试卷满分100分，考试时问75分钟
注意事项：
1.答题前、务必将自已的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。
2、答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答素标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
擦干净后，再选涂其它答策标号。
3、答非进择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4,所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.质量为5kg的物体以速度5s从地面竖直上抛（不计空气阻力），直至落回地面，在此过程中
A.整个过程中重力的冲量为零
B.整个过程中重力的冲量为25N·S
C.上升过程重力的冲量大小为25N·S,方向向上
D,上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为25kg·ms,方向相同
2.小敏同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，
wcm
两者的间距为L。t=0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方
向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时
刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移
处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则
A.浮标的振动频率为4t1
B.水波的传播速度大小为4，
C.水波的波长为4L
D.二时刻浮标沿y轴负方向运动
3.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直于磁场边界从α点射入，
从b点射出。下列说法正确的是
A.粒子带正电
B.若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出
C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出
D.若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
4.某厂家设计了一款“反作弊”工具金属探测仪，如图所示，探测仪内部的线圈与电容器构成LC
振荡电路，当探测仪检验到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路
中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣发出声响。已知某时刻，电流的
方向由b流向a,且电流强度正在减少过程中，则
A.该时刻线圈的自感电动势正在减小
B.该时刻电容器下极板带正电荷
C.若探测仪靠近金属时其自感系数增大，则振荡电流的频率升高
D.若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不会产生感应电流
高二物理第1页共6页
5、教学用发电机能够产：生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值
电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为了、山R消
耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则
A.R消耗的功率变为2P
④
B。电压表V的读数为U
C、电流表A的读数变为21
D、通过R的交变电流频率不变
6、如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可绕固定转轴转动的铜盘，
铜盘的一部分处在蹄形磁体中，实验时用导线连接铜盘的中心C，用导线通过滑片与铜盘的边
线D连接且按触良好，如图乙所示，若用外力转动手柄使铜盘转动起来，在CD两端会产生感
应电动势，下列说法正确的是
甲
A.如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C为圆心的同心铜盘中的磁通
量发生了变化
B.如图甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势
C.如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电
流自上而下
D.如果圆盘的半径为严，匀速转动的周期为T,圆盘处在一个磁感应强度为B的匀强磁场之中，
则发电机产生感应电动势为E=r
7.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d,用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置
于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置个
质量为m、电荷量为9的带负电小球。K断开时传感器上有示数mg,K闭合稳定后传感器上示
数为。则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是
传感器
A.正在减弱，
△④=mg4
B.正在增加，
AΦ_mgd
A
9
3nq
C.正在减弱，
A④_gd
D.正在增加，
△Φ_2mgd
△t
3q
3
高二物理第2页共6页来宾市 2023年春季学期高二年级期末教学质量检测
物理科参考答案及评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B B C D D AD BD ABC
一、单项选择题（共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．D【详解】由竖直上抛运动的对称性可知落地的速度大小 v＝5m/s，方向竖直向下。只受重力作
用，取向上为正方向，则整个过程中重力的冲量为：I＝–mv–mv＝–50 N·S，故 A、B错误，
上升过程动量变化：P＝0－mv＝–25 N·S，同理下降过程动量变化也为–25 ㎏·m/s，方向相同，
都向下，故 C错误，D正确。
1
2．C【详解】A．根据振动图像可知，波源在 0时刻振动，波形经过 t1 T传递到浮标处，浮标的4
1
振动周期为T 4t1，频率＝4t ,A错误；B．波源的振动情况经过 t1传到距离 L处的浮标，可知1
L
波速大小为 v ,B错误；C． vT
L
4t 3
t t 1
4L，C正确 D．根据虚线图像可知浮标在 t
1 1 2
1
时刻沿 y轴正方向运动，D错误
3．B mv【详解】粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故 A错误；根据 R＝ 可知，若仅
Bq
增大磁感应强度，则粒子运动的半径减小，粒子可能从 b点左侧射出，故 B正确；同理 C错误，
若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动半径增大，粒子轨迹对应的圆心角有可能减小，根据
θ
t＝ 2π T，可知粒子运动时间可能减小，故 D错误。
4．B【详解】A．某时刻，电流的方向由 b流向 a，且电流强度正在减弱过程中，电场能增加，磁
场能减小，故自感电动势阻碍电流的减小，则该时刻线圈的自感电动势正在增大，故 A错误；
B．电流的方向由 b流向 a，且电流强度正在减弱过程中，电容器充电，由右手螺旋定则判断，
电容器下极板带正电，故 B正确；C．若探测仪靠近金属时，相当于给线圈增加了铁芯，所以
1
其自感系数 L增大，根据公式 f 可知，其自感系数 L增大时振荡电流的频率降低，故
2 LC
C错误；D．此时电流强度正在减弱过程中，虽然探测仪与金属保持相对静止，金属也会产生感
应电流，故 D错误。
5．C【详解】根据ω＝2πn可知转速变为原来的 2倍，则角速度变为原来的 2倍，根据 Em＝nBS
Em
ω可知电动机产生的最大电动势为原来的 2倍，根据 U＝ 可知发电机的输出电压有效值变为
2
n1 U1
原来的 2倍，即原线圈的输出电压变为原来的 2倍，根据 n ＝ U 可知副线圈的输入电压变为2 2
2
原来的 2倍，即电压表示数变为原来的 2倍，根据 P U＝ 可知 R消耗的电功率变为 4P，A错
R
2 n I
误，B错误；根据 I= ,则副线圈中的电流为变为原来的 2 1 1倍，根据
n ＝2 I
可知原线圈中的电
2
流也变为原来的 2倍，C正确；转速变为原来的 2倍，则频率变为原来的 2倍，D错误。
6．D【详解】外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的
高二物理 参考答案 第 1 页 共 4 页
{#{QQABJYCQogioAAIAAQBCUwGACgCQkgGCCKgGxFAYsEIBCRNABAA=}#}
铜棒在切割磁感线，发电机产生感应电动势为 = 2B/T故 A、B错误,D正确,若用外力顺时
针（从左边看）转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为 C到 D（电源内部），所以通
过 R的电流自下而上，故 C错误
5mg
7．D【详解】K闭合稳定后传感器上示数为 ,说明此时下极板带正电，即下极板电势高于上极
3
5mg 2mg
板电势，极板间的场强方向向上，大小满足 Eq＋mg＝ ，即 E＝ ，又 U＝Ed，所以两
3 3q
2mgd
极板间的电压 U＝ 3q ，线圈部分相当于电源，则感应电流的方向是从上往下，据此结合楞
次定律可判断穿过线圈的磁通量正在增加，线圈中产生的感应电动势的大小为 n ，根据
t
n 2mgd 2mgd
t 3q 可得 t 3nq 故选 D。
二、多项选择题（共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得
6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
8 6 2．AD【详解】电动势有效值 E V=6V，电压表的示数为 U＝RE/（R＋r）＝5V故 B错误；
2
电 动 势 的 最 大 值 为 Em 6 2V , 周 期 为 0 s ， 则 瞬 时 电 动 势 的 表 达 式 为
e E sin(2 m )t 6 2 sin100 t V 故 A正确；C．在 t 0 s时，电动势为 0，此时穿过线圈的T
2
磁通量最大，故 C错误；D．灯泡消耗的功率 P＝ ＝2.5W故发电机的输出功率为 2.5W，故
D正确
9．BD【详解】A．由图乙可知，0.1s时质点 M正处于平衡位置向下振动，结合图甲可知，该简谐
波沿 x轴正方向传播，A错误；B．根据图乙可知，该波周期为 0.2s，0.1s时质点 P正向 y轴
负方向运动，再经过半个周期即在 t ＝ 0.2s时，则质点 P向 y轴正方向运动，B正确；C．0.1s
3
时质点 P在平衡位置上方且正向 y轴负方向运动，再经过 个周期即在 t ＝ 0.25s时，则质点
4
P处于平衡位置上方，回复力指向平衡位置，则其加速度方向沿 y轴负方向，C错误；D．0.1s
3
时质点 Q在平衡位置处且向 y轴正方向运动，再经过 个周期即在 t ＝ 0.25s时，则其在波谷，
4
则位移为－10cm，D正确。
10．ABC【详解】线框向左运动，由右手定则或楞次定律得线框中感应电流方向逆时针，由电路知
E BLv
识得A正确，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv，线框中的感应电流 I＝ ＝ ，
R R
2 2 2
B正确,拉力大小等于安培力大小 F＝BIL,拉力的功率 P＝Fv＝ B L v ，C正确,线框在磁场中运
R
L B2L3
动时间 t＝ ，线框产生的焦耳热 Q＝I2Rt＝ v，故 D错误.
v R
三、实验题（共 2 小题，共 14 分。其中 11 题的第（1）问每空 1 分，其余都是每空 2 分）
11．（1）87.315 2.17 1.88 9.74 （2）AC
高二物理 参考答案 第 2 页 共 4 页
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【详解】 （1）（每空 1分），根据游标卡尺的读数规则，得摆球直径为 d＝2.1cm＋7×0.1mm
d
＝ 2.17cm再根据（a）图可读出 L ＝ 88.40cm则单摆摆长是 l L 87.315cm ,根据（C）
2
图秒表的读数 90s＋9.8s ＝ 99 .8s,T＝ ＝1.88s,所以单摆摆动周期为 1.88s,根据单摆的周期
l 4 2
公式T 2
l
，有 g 2 ＝9.74m/s
2（2）A．单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，
g T
便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，A正确；B．要减小空气阻力的
影响，应选体积较小的摆球，B错误；C．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离
平衡位置的角度不能太大，一般不超过 5°，C正确；D．单摆周期较小，把一次全振动的时间
作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，D错
误。故选 AC。
12．（1）平行 （2）BD （3）5.695（5.694 ~ 5.698） 4.0×10-7
【详解】（1）单双缝必须平行，双缝前的单缝是光阑，为了产生相干的光，如果和双缝不平行，
双缝上光的亮度不均匀，变成类似点光源，干涉条纹也会受影响，故单双缝必须平行。（2）若
l
想增加从目镜中观察到的条纹个数，则必须让条纹间距变窄，根据 x 可知，在使用同种
d
光的情况下，可减小光屏和双缝之间的距离 l，或增大双缝间距 d。故选 BD。（3）5.695（5.694~5.698）
4.0 10 7 ,螺旋测微器读数 5.5mm+0.01mm×19.5＝5.695mm,由题意知条纹间距 x＝
10.495 5.695 x l x d
3
mm = 1.2mm,由题根据 λ 1.2×10可得, ＝ ＝ ×0.2×10 3m=4.0 ×10-7 m
4 d l 0.6
四、解答题（共 3 小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最
后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．解析：
（1）根据几何关系可知
OAB 180°－∠AOB∠ ＝ ＝30°...................................................（1分）
2
根据光路可逆入射角 i＝60°........................................................（1分）
由折射定律得 n sin i＝ ........................................................（2分）
sin∠OAB
解得 n＝ 3....................................................................................（2分）
c c
（2）由折射率 n＝ 可知，v＝ ................................................... （2分）
v n
2Rcos 30°
光束在玻璃中的传播时间: t＝ ..................................（2分）
v
解得：t＝8×10-10 s ................................................................（2分）
14. 解析：
小金属球 B由圆孤最高处静止滑到圆孤底端时的速度为 v，根据动能定理有
MgR 1 Mv2 .................................................... ..（2分）
2
解得 v＝4 m/s
小金属球 B与小金属球 A发生对心碰撞，由动量守恒定律得
高二物理 参考答案 第 3 页 共 4 页
{#{QQABJYCQogioAAIAAQBCUwGACgCQkgGCCKgGxFAYsEIBCRNABAA=}#}
Mv＝mvＡ＋MvB .............................................. ..（2分）
碰撞后小金属球 B做平抛运动，
1
竖直方向： h gt 2 .....................................................（2 分）
2
水平方向：SB＝vB t ....................................................（2分）
解得 t＝0.4S，vB ＝2m/s ,则小金属球 A速度为 vＡ＝5m/s
小金属球 A做平抛运动，小金属球 A落地处离桌子边缘水平距离为
SA＝vＡt .....................................................（2分）
解得 SA＝2m.....................................................（2分）
15. 解析：
（1）作出粒子的运动轨迹如右图所示...................................（2分）
（2）设在磁场中运动半径为 R，由几何关系可得
2Rsin60°＝L..............................................................（2分）
由洛伦兹力提供向心力，则有
2
qv v0B m 0 ................................................................（2分）R
3mv
联立解得 B 0 ................................................（2分）
qL
（3）粒子从 M点到 N点过程为匀变速曲线运动，逆推从 N到 M为类平抛运动，
沿 x轴方向有：L＝v0 t cos60°................................................（2分）
沿 y轴方向有：v0 sin60°＝at...................................................（2分）
带电粒子在电场中，由牛顿第二定律得：
Eq＝ma...........................................................................（2分）
3mv2
联立以上方程解得： E 0 ..............................................（2分）
4qL
解法二：
沿 x轴方向有：L＝vx t..................................................................（1分）
vx＝v0 cos60°.....................................................（1分）
沿 y轴方向有：vy＝at....................................................................（1分）
vy＝v0 sin60°.......................................................（1分）
带电粒子在电场中，由牛顿第二定律得：Eq＝ma....................（2分）
E 3mv
2
联立以上方程解得： 0 ................................................（2分）
4qL
高二物理 参考答案 第 4 页 共 4 页
{#{QQABJYCQogioAAIAAQBCUwGACgCQkgGCCKgGxFAYsEIBCRNABAA=}#}
