江西省2023-2024学年高二年级上册期末教学检测物理试题（解析版）

江西高二期末教学质量检测物理

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：必修第三册，选择性必修第一册。

一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项

符合题目要求，每小题4分，第8~10题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）

1.关于电阻、电压和电流下列说法中正确的是（）

A.由《=且可知，电阻与电压、电流都有关

B.导体的电阻率一般与导体长度、形状、大小均有关

C.金属的电阻率一般随温度的升高而减小

D.由R=可知，导体的电阻与导体的种类、长度和横截面积都有关系

【答案】D

【解析】

【详解】AD.公式

R"

I

为电阻的定义式，即带你组与其两端的电压以及流过的电流无关，而根据电阻定律

R=p—

S

可知，电阻的大小由电阻率、长度、横截面积决定，故A错误，D正确；

B.导体的电阻率由材料决定，与温度大小有关，但与导体的长度、形状、大小均无关，故B错误；

C.金属的电阻率一般随温度的升高而增大，故C错误。

故选D。

2.如图所示，带正电荷的橡胶环绕轴00'以角速度3匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置

是（)

N

oO'

s\/

A.N极竖直向上B.N极竖直向下

C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右

【答案】D

【解析】

【详解】转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极

沿轴线向右。

故选D1,

3.关于光的偏振、干涉与衍射、激光，下列说法正确的是（）

A.偏振是纵波特有的现象，光的偏振现象说明光是纵波

B.在双缝干涉现象里，亮条纹和暗条纹的宽度是不等的

C.自然界中某些天然物体也可以发出激光，激光不能发生衍射现象

D.泊松亮斑是衍射现象，用白光照射单缝时将得到彩色条纹

【答案】D

【解析】

【详解】A.光的振动方向与传播方向相垂直，故光的偏振现象说明光是横波，选项A错误；

B.在双缝干涉现象里，亮条纹和暗条纹的宽度是相等的，选项B错误；

C.激光是用人工方法激发的一种特殊的光，激光是一种电磁波，只要是波就能发生衍射现象，选项C错误；

D.泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播的现象，是衍射现象，用白光照射单缝，将得到彩色的衍射条纹，选

项D正确。

故选D。

4.水下一点光源，发出。两单色光。人在水面上方向下看，水面中心I区域有。光、人光射出，II区域

只有a光射出，如图所示。下列判断正确的是（）

A.a、b光从I区域某点倾斜射出时，人光的折射角小

B.水对”光的折射率大于水对6光的折射率

C.a光在水中传播速度大于b光在水中传播速度

D.«光在水面发生全反射临界角小于b光在水面发生全反射临界角

【答案】C

【解析】

【详解】AB.6光先发生全反射，b光折射率大，故I区域的某点倾斜射出时6光折射角大，故A、B均错

误；

C.由〃=£可知，人光在水中传播速度小，故C正确；

V

D.设全反射临界角为C,由sinC=，可知，〃光在水面发生全反射临界角小，故D错误；

n

故选C。

5.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率/的关系）如图所示，则（）

A.此单摆的固有周期约为0.5sB.此单摆的摆长约为1m

C.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰值将向右移动

【答案】B

【解析】

【详解】A.驱动力频率为0.5Hz时共振，所以固有频率为0.5Hz,固有周期为2s,故A错误；

B.由单摆周期公式

得摆长约为1m,故B正确；

C.摆长变大，由单摆周期公式知固有周期变大，从而固有频率变小，故C错误；

D.由C项分析知，若摆长增大，则固有频率变小，所以共振曲线峰值向左移动，故D错误；

故选Bo

6.用双缝干涉测量某种单色光的波长的实验装置如图甲所示，光屏上某点P到双缝8、S2的路程差为

9.375x10，〃?，如图乙所示，己知真空中的光速为3x108m/s,如果用频率为4.8xl（）i4Hz的橙光照射双缝，则

下列说法正确的是（）

滤光片单缝平缝

----A

5S

橙光2

A.该橙光的波长是5.25xl（?7m

B.P点出现亮条纹

C.仅将橙光换成红光，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距变大

D,仅将橙光换成紫光，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距不变

【答案】C

【解析】

【详解】A.橙光的波长为

几=工=网卫维m=6.25xl0"m

f4.8xl014

故A错误;

B.由于

3

AL=9.375xlO-7m=-A

2

故P点是振动减弱点，P点出现暗条纹，故B错误;

C.根据

在其他条件不变的情况下，光的波长增大，相邻两亮条纹的中心间距变大，故C正确；

D.由C项分析知，在其他条件不变的情况下，光的波长减小，相邻两亮条纹的中心间距变小，故D错误;

故选C。

7.如图所示的电路中，R为滑动变阻器，电容器的电容（C=30RF,定值电阻RO=1C,电源电动势

E=4V,内阻尸1C。闭合开关S,将R的阻值调至2c时，下列说法中正确的是（)

A.电容器两端电压为1.5VB.电容器的电荷量为3x10-5c

C.滑动变阻器消耗的功率达到最大D.电源的输出功率为最大值

【答案】C

【解析】

【详解】A.将R的阻值调至2。时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流

/=------------=---------A=1A

R+R＜）+r2+1+1

电容器两端电压

U=/R=2V

故A错误；

B.电容器的电荷量

g=Ct/=30xl0-6x2C=6xl05C

故B错误；

CD.设外电路总电阻为R外，根据电源输出功率最大条件，可知电源的最大输出功率

P产

%"与卜=（不；）2%=（R）2

外一生--------+4r

R外

在内外阻值大小相等时电源输出功率最大，此时

%=7?+&=「

解得

R=0

时电源的输出功率为最大值。把定值电阻凡看作电源内阻的一部分，将R的阻值调至2。时，外电阻R等

于定值电阻和内阻之和，即让

R=&+r

时滑动变阻器的功率为最大值，故C正确，D错误。

故选Co

8.三个点电荷形成的电场如图所示，A,B,C是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为后八ER、

Ec,三点的电势分别为夕A、%、9c。下列说法正确的是（）

A.三个点电荷中有两个带负电荷

B.A、B、C三点电场强度大小EC>EB>EA

C.A、B两点电势外<必

D.若将一带正电的试探电荷从8移动到A,电场力做正功

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷，可知三个点

电荷的中有两个带负电荷，故A正确；

B.电场线越密，电场强度越大，A、B、C三点电场强度大小

EA>ER>Ec

故B错误；

C.沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、8两点电势

<PA<<PB

故C正确；

D.由于

<PA<<PB

则有

=%一%>0

则电场力做功为

则带正电的试探电荷从B移动到A,电场力做正功，故D正确。

故选ACD。

9.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在A、8两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位

移x随时间，的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.f=0.8s时，振子速度方向向左

B.Z=0.2s时，振子在0点右侧6cm处

C.f=0.4s和f=1.2s时,振子的加速度相同

D./=0.4s到f=0.8s的时间内,振子的速度逐渐增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A.从f=0.8s时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故f=0.8s

时，速度方向向左，A正确；

B.由题图乙得振子的位移

.5万

x=Izsin—tcm

4

故f=0.2s时，x=6丘cm

B错误；

C.f=0.4s和f=1.2s时，振子的位移方向相反，加速度方向相反，C错误；

D.f=0.4s至h=0.8s时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐增大，D

正确.

故选AD。

10.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间f变化的图像如图所示,

则（)

-F/N

2------：

1■

0-1一■2~3~牙次

-1卜.....」---------:

A.，=3s时物块的动量大小为5kg-m/s

B.，=2s时物块的动量大小为4kg-m/s

C.f=ls时物块的速率为lm/s

D.，=4s时物块的速度为零

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由动量定理可得，=3s时物块的动量大小为

〃3=64+F2t2=2x2kg-m/s-lx1kg-m/s=3kg-m/s

A错误；

B.由动量定理可得r=2s时物块的动量大小为

外=2x2kg-m/s=4kg-m/s

B正确；

C.f=Is由动量定理可得

2xlkg-m/s=2kg-v,

解得

Vj=Im/s

C正确；

D.f=4s由动量定理可得

2x2kg-m/s-1x2kg-m/s=mv4

解得

v4=Im/s

D错误。

故选BCo

二、实验题（本题共2小题，共16分）

11.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）。

（1）在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心0；在半圆形玻璃砖

（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3,使尸3挡住P、P2的像，连接。尸3；实验中要求三枚大头

针的（选填“针帽”或“针尖”）在同一视线上；

（2）图中MN为分界线,虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、

CO均垂直于法线并分别交法线于A、。点。设AB的长度为A0的长度为/2,C。的长度为加。。的长

度为/4,为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量_____,（选填/|、/2、/3或4）则玻璃砖的

折射率可表示为;

（3）该同学在插大头针尸3前不小心将玻璃砖以0为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率

将（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案】①.针尖②.4和4③.〃=广④.偏大

【解析】

【详解】（1）[1]实验中要求三枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽，针帽的在视线方向上的横截面

积比较大，会带来较大误差。

（2）[2][3]光线的入射角和折射角的正弦值分别为

sin0.=-^―,sin仇=

1B02C0

根据光的折射定律可知玻璃砖的折射率

〃=包业=毕」

sinaZ3

CO

因此只需测量4和4即可。

（3）[4]当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为《是不变的，即入射角不变，而，3减小,

所以测量值

将偏大。

12.兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材:

A.两节干电池组成的电池组

B.电流表Ai：量程&=100mA,内阻与“=4C

C.电流表Az：量程42=200mA,内阻42=2C

D.定值电阻Ri=lC

E.定值电阻&=2。

F.定值电阻&=13。

G.滑动变阻器R（0-10Q）

H.导线与开关

（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表。A1量程

扩大为0.5A,另定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a；b；

c（均填器材前面的字母）。

（2）图示乙器材中按照电路图连接成测量电路。（）

（3）电路连接准确无误后，闭合开关K,移动滑动变阻器,得到多组电流表A”A2示数，作出了/2苗

图像如图丙所示，则电池组电动势Eo=V；内阻为=C（小数点后均保留两位）

（4）用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均（选填“大

于“，，小于”或“等于"）真实值。

【答案】①.F②.D③.E⑤.2.91

⑥.1.35©.等于

【解析】

【详解】(I)[I]将电流表A改装成3V电压表，则有

U=j（%2+凡）=3V

解得

R“=13C

即A与定值电阻a串联，故。应选夫3；

⑵电流表Ai量程扩大到0.5A,扩大倍数

n=——=5

并联电阻

G,

凡=」-=1。

"n-\

解得

Rh=1Q

故b应选Ri；

⑶保护电阻c应选/?2

(2)实物连线如图所示。

(3)[5][6]扩大量程后电压表内阻

Rv=/?S2+/?3=15Q

电流表内阻

凡2

&=上=0.8。

n

由闭合电路欧姆定律，有

E^U+U+U+U-^-(2+13)+4x—!-+^-x5x(2+r,)

0[cr100010001000

即

.1000£14+5/5.

=-------0----------/[

15151

得

94

EO=2.91V,k=一，心=1.35。。

68

(4)[7]用本实验电路测量，测量电动势和内阻测量值与真实值相等。

三、计算题(本题共3小题，共计38分。解答时应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13.如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源Si和S2分别置于户-3m和x=6m

处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，U0时亥!),广-lm和产2m处的

质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点处的质点O,若从t=0开始到t=fs时间内P点经过

的路程为3cm,求：

(1)甲、乙两波的频率之比；

(2)乙波在右侧绳子中的传播速度大小；

(3)从/=0到z=7s,原点处的质点0经过的路程。

【解析】

【详解】(/)两列波同时传到。点，由工=也，得出

独甲_Im_1

u乙2m2

根据题图可知

4——2m——1_

为4m2

又

联立可得

A=i

f乙

(2)由题可得质点P向上运动，因此质点运动的路程3cm为先向上运动到波峰1cm在回到平衡位置走了

2cm,因此可知P点当前的位移为1cm,则有.

1=2sin

TT

结合P点向上运动有°=二，因此

7t71

5Ty6T

6454

2

可得

。G=T=2s

根据题图可知4=4m,则乙波在右侧绳子中的传播速度大小为

u乙=—^-=2n\/s

（3）由上述分析可得叫=lm/s,则经过Is后两列波均刚好到达。点，且两列波在O点叠加后振动最强，

故。点做振幅为4cm的振动，周期不变，从仁0到仁7s,原点处的质点0经过的路程为

s=3T=12A=48cm

14.在如图所示的装置中，电源电压。保持不变，定值电阻阻值和滑动变阻器的最大阻值均为凡置于真空

中的平行板电容器水平放置，板长为L，板间距离为d且右侧有一竖直挡板，挡板与电容器中轴线的交点为

。，挡板与电容器右端距离也为心闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，一质量为机的带正电微

粒（不计重力）以初速度%沿水平方向从电容器的正中间进入电容器，恰从电容器下板右侧边缘离开电容

器。求：

（1）带电微粒所带的电荷量q；

（2）当滑动变阻器的滑片移到最右端时，带电微粒打到挡板上的点距离。点的竖直距离△%；

（3）当滑动变阻器的滑片移到最左端时，带电微粒打到挡板上的点距离。点的竖直距离公力。

md2v7,3,，八3d

【答案】（1）q=——（2）-ch（3）—

UI：24

【解析】

【详解】（1）闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，滑动变阻器接入电路电阻为0,电容器两板间

的电势差为U,电容器两板之间的场强大小

LU

E--

电容器上极板带正电，带电微粒在电容器中做类平抛运动，则水平方向

Lft

竖直方向

—d=—at

2

加速度为

a=qE=qU_

mmd

解得带电微粒所带的电荷量

md2v1

q=----；-

UI}

（2）带电微粒恰从电容器下板右侧边缘离开电容器时竖直方向的速度

d

带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则

3y

解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上的点离电容器下板水平线的距离

X=d

打到挡板上的点距离o点的距离

d3

AAy.=—+dJ--aJ

22

（3）开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片移到最左端且电路稳定后，电容器两端的电压

UU

Ur=-------R=—

2-R+R2

带电微粒离开电容器时

L—

df=—a't^

22

d=5

md

解得

d'=-

4

离开电容器时竖直方向的速度

,d

Vy2=at2=77%

乙L

带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则

2O_=_L

与2y2

解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上向下偏移的距离

d_

%

2

打到挡板上距离。点的距离

A，dd3d

△%="+y2=-+-T

15.如图所示，光滑水平面上有一质量，M=0.4kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L