2022-2023学年度高二下学期期末联考
物
理
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，请特答案答在答烟十上，选择题每小题选出答案后，用B铅笔记多题卡上对应题
日的答案标号涂黑：非选择超请用直径05毫米黑色墨水答字笔在答题士上各勇的答爽区线内
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：必修部分占20%；选择性必修一、二部分占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~项是符合题
目要求的。
1.可控硅元件可以实现对调速风扇进行调节，若经过元件调节后，加在风
个0
扇上的电压U与时间t的关系由正弦交流电的每半个周期中都截去了
U
前面的四分之一而得到，如图所示。则该交变电压的有效值为
2T
42
42
U。
U
U
D.
2.图示为光学仪器中的“道威棱镜"的横截面，ABCD为等腰梯形，其底角为45°，与BC平行的两条同种
颜色的光线a、b自棱镜的AB侧面射入，经BC侧面反射后从CD侧面射出，若已知棱镜材料的折射
率为2，不考虑光线在CD侧面的反射，则下列说法正确的是
B人450
45 C
A.光线可能从BC侧面射出
B.从CD侧面射出的光线仍与BC平行
C.光线ab从CD侧面射出后，a仍在b的上方
D.光线a、b从CD侧面射出后，间距可能增大
3某同学利用图甲所示装置来模拟做简游运动质点的振动图像。一较长的细线一端固定在装置横聚
中心，另一端系上沙漏（何视为质点)，装置底部有一可以向前移动的长木板，当沙漏左右摆动时强角
较小)漏斗中的沙千均匀流出同时拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条曲线，该同学测两次
得到板上沙的图样如图乙，丙所示，图中0,0。为漏斗摆到最低点的投影，忽路沙漏重心的变。下
【2022-2023学年度高二下学期期末联考·物理试卷第1页（共6页）】
列说法正确的是
图丙
图乙
图甲
A.随着沙子的流出，沙漏摆动的周期逐渐变小
B.图乙中，若AB对应的时间为，则沙漏振动的周期为1
C.图乙和图丙中，AB对应的时间等于A'B对应的时间
D.图丙中，若长木板做的是匀加速直线运动，则A'B:B'C'=1:3
4景区，公园等的水面下常设置灯光，夜幕降临后，打开光源，水面上五颜六色，十分赏心悦目，假设某处
水域，平静的水面下深为d处只有一个发白光的点光源。已知水对红光的折射率为n1,水对紫光的
折射率为n 。则水面上彩色圆环的宽度为
d
d
B.
A-1
n-1
d
d
d
d
D.
C.
n-1
√m-1
n-1
5.如图所示，理想变压器原线圈连接灯泡L及理想交流电流
表，副线圈连接定值电阻R和热敏电阻R,(阻值随温度升
高而减小)及理想交流电压表。原线圈接有输出电压有效
值恒定的交流电源，认为灯泡电阻恒定，当R,处的温度升
高时，下列说法正确的是
A.灯泡L的亮度将变亮
B.电流表A的示数将减小
C.电压表V的示数将减小
D.电源输出的功率将增大
6.如图所示，处于水平面内的圆盘可绕穿过盘心0的竖直轴匀速转动，盘边缘
有标记为A、B的两点，且A,O、B三点在同一直线上，当A点转到盘的最
左侧时，一小球自盘的边缘从A点以速度，=5m/s的速度斜向上抛出，使
小球在过直线A0B的竖直面内运动，速度方向与直线AOB的夹角0=53”，已知当小球经过盘的右
边缘时，标记为A的点也恰好运动到此，图中虚线为小球的运动轨迹，g取10m/S,53°=0.8，
cos53°=0.6，下列说法正确的是
A.圆盘的半径为0.8m
B.小球离圆盘的最大高度为1.0m
C.B点转过的路程可能为3πm
D.圆盘转动的角速度可能为2xad/、
如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L、宽为d的金属矩形线圈，其电阻为R,质量为m,线圈一
百侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B现使线圈
【2022-2023学年度高二下学期期末联考·物理试卷第2页（共6、高二物理参考答案
1. 【答案】B
2
U0
2
2 1 U 1
【解析】据电流的有效值定义，可有 2× × T= T，解得 U= U0，C正确。
R 4 R 2
2. 【答案】B
sin i
【解析】光线 a、b 在棱镜中传播时的光路如图示，对任一光线，据 n，可知光线从 AB 进入棱镜时
sin r
1
的折射角 r=300，由数学知识可求出光线到达 BC 侧面时的入射角为 750，据 sinC= ，C=450<750，故光线
n
在 BC侧面将发射全发射，因而无光线在 BC侧面射出，A错误；当光线到达 CD侧面时，容易求出其入射
角为 300，折射角为 450，所以从 CD侧面射出的光线仍与 BC平行，B正确；由光路图可知，光线 a、b从
CD侧面射出后，光线 a在 b的下方，C错误；由数学知识可推知，光线 a、b从 CD侧面射出后间距不变，
D错误。
3. 【答案】C
L
【解析】因细线较长，沙漏摆角较小，故沙漏可视为单摆，其周期 T= 2 ，不随沙子的流出而变化，A
g
1 2
错误；由图乙可知，AD对应的时间 t 1 T ，可得T t，故 B错误；图乙、丙中 AB和 A B 对应
2 3
1
的时间均为 T，C正确；图丙中，A 点不是沙子在木板刚开始运动时落在木板上的点，故 A B : B C 1: 3，
2
D错误。
4. 【答案】D
【解析】若设紫光的临界角未 C2，红光的临界角为 C1，光路及水面上照亮区域的情况如图示，对紫光有
1 d d
sinC2= ，半径 R2=dtanC2，可解得 R2= ，同理可求出红光的半径 R1= ，彩色圆环的宽度
n2 n
2
2 1 n
2
1 1
d d
d=R1-R2= ，D正确。
n 21 1 n
2
2 1
1
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
5. 【答案】D
【解析】灯泡两端电压为电源电压不变，故灯泡亮度不变，A 错误；温度升高，Rt 电阻减小，副线圈电阻
减小，故电流增大，原线圈电流也增大，故 B错误，电表读数不变，C错误，电源输出的功率 P=UI可知，
故 P将增大，D正确。
6. 【答案】D
1
【解析】设小球运动到最高点所用时间为 t，对小球，竖直方向有 v0sinθ=gt，h= gt2，水平方向有2R=v0cosθ×2t，
2
联立解得 t=0.4s，h=0.8m，R=1.2m，A、B错误；B点转过的路程 s=(2n+1) R，（n=0，1，2...），则 s不可
1 1 2
能为 3 m，C 错误；设圆盘转动的周期为 T，则有 2t=(n+ )T=(n+ )× ，（n=0，1，2...），可得
2 2
1 5 1 25 = (n+ )= (n+ )，（n=0，1，2...），当 n=2时， = ，D正确。
t 2 2 2 4
7. 【答案】B
E B2d 2v
【解析】线圈刚进入磁场时，有 E=Bdv0，I= ，F 安=BId=ma，联立可解得 a= 0 ，表明 a与 v0成正比，
R mR
E t Bdx mv mRvA 错误；对线圈，由动量定理有 B I dt=mv0，q= I t， I ，联立有 q= 0 ，x= 0 ，因
R R Rt Bd B2d 2
B2 Ld 2
v0< ，表明线圈未完全进入磁场，故 q 与 v0成正比，x 与 v0成正比，B 正确，C 错误；线圈的焦耳
mR
1
热 Q= mv 20 ，表明 Q与 v 20 成正比，D错误。
2
8. 【答案】AD
【解析】波开始传播后，各质点的起振方向相同，由图乙可知，此时 12质点竖直向下振动，因而 6质点的
起振方向竖直向下，A正确；由图乙可知，4质点和 8质点的平衡位置相距为半个波长，故两质点的振动方
5
向总是相反，B错误；此时质点 8向上振动，可有 t1= T=2.5s，则 T=2s，由图乙可知绳波的波长 =8m，
4
2 因而波速 v= =4m/s，C错误；质点 1的振动方程为 y=20sin( t+ )cm， = = ，从开始振动到此时
T T
x 11
经历的时间 t= = s，代入可解得 y=-10 2 cm，D正确。
v 4
9. 【答案】AB
S Q
【解析】当圆形线圈内磁场变化时，可判断 A板带正电，B板带负电，A正确；据 c= ，C= ，当 A
4 kd U
板缓慢向上移动时，d增大，C将减小，电容器应放电，单由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，因
U Q Q 4 k
而 Q不变，U将增大，据 E= = = =定值，故带电小球仍静止不动，B正确；相反，若将 B板缓
d Cd S
慢向上移动时，C将增大，Q将增大，U不变，进而 A板电势不变，C错误；当 A板向左移动时，S减小，
C将减小，据 B项分析可知，电容器不放电，故无电流通过电阻，D错误。
10. 【答案】CD
【解析】带电粒子的速度为 v 时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知，图中 AO1C=600，所
v2 mv 3RqB
以带电粒子做圆周运动的半径 r1=Rtan600= 3 R，且有 Bvq=m ，即 r1= ，可求得 v= = 3BkR，
r1 qB m
2
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
3
m v
3 3
A 错误；当粒子的速度大小为 v，粒子做圆周运动的半径 r = 32 = r1 =R，若仅把粒子的速度
3 Bq 3
3 1
大小改为 v，粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为 t1= T ，
3 4
1 3 3
由图甲可知 t= T ，所以 t1= t，B错误；若粒子的速度为 v，入射方向为 AB右侧与 AB夹角 300，粒
6 2 3
子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，⊿AO3D 为等边三角形，则粒子在磁场中运动的轨迹长度
1 R
x= 2 r2 = ，C正确；若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，
6 3
R 3
对应最长弦为直径 AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知 sinθ= = ，而 θ角等于 v与 AB的夹角，
r1 3
D正确。
11. （7分，除注明外，每空 2分）
【答案】（1）> （2）mA R mA h2 mB h1 （3） 2 1（3分）
【解析】（1）滑块 A与 B碰撞后仍能继续前进， 说明 mA>mB；
1
（2）设滑块 A与 B碰前的速度大小为 vA，由机械能守恒定律可有 mAgR= m v 2A A ，即 vA= 2gR ，同理可求
2
得碰后滑块 A 的速度大小为 v A 2gh2 ，滑块 B 的速度大小 vB 2gh1 ，据动量守恒定律有
mAvA=mA v A +mBvB，代入化简后有mA R mA h2 mB h1 ；
（3）滑块 A与 B碰撞过程无能量损失时，B的质量越小，碰后 B的速度越大，B上升的高度越高，为保证
实验成功，B 既不能脱离轨道，也不能从轨道最高点飞出，因而 B 的质量最小时对应的情况为 B 恰好能到
1 1 1 1
达与 O2 等高处，则有， m v 2B B = m B g×2R，mAvA=mA v A + m B vB， mAv
2 2 2
A = mA v A + m B vB ，联立可求得
2 2 2 2
m B 2 1 mA。
12. （10分，除注明外，每空 2分）
【答案】（1）甲 （3）600（3分） （4）不均匀 375（3分）
U I R
【解析】（1）采用图甲时R A At ，无系统误差，故应采用的电路为图甲。
IA
3
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
（3）由图丙可知，温度越低，Rt 的阻值越小，图丁电路中的电流越大，温度为 0℃时，Rt=100 ，可有
E
Ig ，代入数据可解得 R=600 。
Rt Rg R
E 1.5
（4）设某一温度时，电流表的示数为 I x，则有 I x ，Rt=100+4t，代入可得 I ，由
Rt Rg R
x
1500 4t
1
该函数可知，I x与 t不是线性关系，所以温度刻度线的刻度不均匀，电流表中央刻线的电流为 Ig 0.5mA，
2
1.5
代入 I ，解得 t=375℃。 x
1500 4t
13. （10分）
解：（1）根据题意，设金属棒向下运动的最大速度为 vm
由公式可得，金属棒产生的最大电动势为Em BLvm （1分）
由电路图可知，回路总电阻为R总 R r （1分）
Em Em
由闭合回路欧姆定律有U R （1分）
R总 2
2U
联立解得vm 2m / s （1分）
BL
根据题意可知，当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件可得
BLvmg sin 30 BIL B m L （1分）
R总
2BLU
解得m 0.2kg （1分）
gr
（2）设电压表的示数从 0 变为U的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为 x，根据法拉第电磁感应定律有
E n （1分）
t
E
根据闭合回路欧姆定律有 I （1分）
R总
BLx
通过金属棒截面的电荷量q I t （1分）
R R
总 总
(R r)q
解得 x 2m （1分）
BL
14. （15分）
1
解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 qU mv
2
(2分)
2
2Uqm
可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小 v (2分)
m
4
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
（2）画出粒子运动的轨迹如图所示 (O为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠MOD=120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为 r，r+rcos 60°= AD=L (1分)
2
得 r L (1分)
3
v2
粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力qvB m (2分)
r
mv 3mv 3 2Uqm
解得磁感应强度的大小 B (2分)
qr 2qL 2qL
（3）粒子在电场中类平抛运动，加速度为a
qE
由牛顿第二定律得 a (1分)
m
水平方向 2L=vt (1分)
1
竖直方向 L at 2 (1分)
2
mv2 U
解得电场强度的大小 E (2分)
2qL L
15.（18分）
解：（1）设滑块 A和 B碰撞前 A的速度大小为 v0，则有
mAv0=mAvA+mBvB①（1分）
1 1 1
mAv 20 = mAv 2A + m v 2B B ②（1分）
2 2 2
2m
联立①②解得 v AB v0（1分）
mA mB
代入数据可有 v0 6m/s（1分）
1
且有 Ep mAv
2
0 18J（1分）
2
（2）在保证 B不能从右端滑离小车，小车质量取最大时，对应的情况是 B刚好滑到圆弧的顶端时，B与小
车共速
对 B和小车有 mBvB=(mB+mC)v③（2分）
5
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
1 1
mBv 2B - (mB+mC)v2= mBgL+mBgR④（2分）
2 2
联立③④代入数据可得 mC=6kg（1分）
v=1m/s
(3) 当滑块 B返回至 Q点时，小车的速度最大，设此时 B的速度大小为 v B，则有
(mB+mC)v=mB v B +mCvm⑤（2分）
1 1 1
m v 2+ m v 2B B C m - (m +m )v
2
B C =mBgR⑥（2分）
2 2 2
3 3
联立⑤⑥解得 vm= m/s （1分）
3
设 B最终没有滑离小车，B滑下后相对小车滑行 x，据能量守恒可有
mgR= mg x（1分）
解得 x=1.0m故假设成立，B最终距 Q端 x=1.0m（1分）
6
{#{QQABKYwAggCoAAAAAQACQwFgCEIQkgGCCAgOxAAcoEAACRFABCA=}#}
