广东省佛山市2023-2024学年高二年级下册7月期末考试物理试题（解析版）

2023〜2024学年下学期佛山市普通高中教学质量检测

高二物理

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码

横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题K答案》后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的K答

案》信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他K答案兀K答案X不能答在

试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，k答案》必须写在答题卡各题目指定区

域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的K答案％然后再写上新K答案X；不准使用

铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。

第一部分选择题（共46分）

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

有一个选项符合题目要求。选对的得4分，错选、不选的得0分。

1.2024年4月25日，搭载叶光富等三名航天员的神舟十八号载人飞船顺利发射升空，并

与天宫空间站顺利对接。飞船在升空过程中，航天员能与地面工作人员保持实时联络，直

播画面通过无线电波传送到地面。下列关于无线电波说法正确的是（）

A.在无线电波传播过程中，电场和磁场是周期性变化的

B.在真空中无线电波的波长比可见光波长短

C.要有效发射无线电波，振荡电路要有较低的振荡频率

D.太空中航天员讲话时画面与声音同步，说明无线电波与声波具有相同的传播速度

（答案XA

（解析XA.无线电波属于电磁波，根据电磁波产生的原理，在无线电波传播过程中，电

场和磁场是周期性变化的，A正确；

B.由电磁波谱可知，在真空中无线电波的波长比可见光波长长，B错误；

C.无线电波属于电磁波，要有效地向外界发射电磁波，振荡电路要有足够高的振荡频

率，频率越高，发射电磁波的本领越大，C错误；

D.太空中航天员讲话时画面与声音都是通过无线电波传播到地面的，所以画面和声音同

步，无线电波与声波具有不同的传播速度，D错误；

2.如图所示，用红色激光对准球状水滴照射，背面放上一副白屏，就可以获得水中微生物

的衍射图样，对此，下列说法正确的是（）

十

微生r物的

衍射图样

A.激光是一种横波，传播时需要介质

B.激光进入水滴后波长不会发生变化

C.微生物的大小接近激光波长时，衍射现象明显

D.换绿色激光照射水滴，一定不能得到微生物衍射图样

［答案XC

K解析》A.激光属于电磁波，是一种横波，传播时不需要介质，A错误;

B.激光进入水滴后，频率不变，光速变小，根据公式

则波长减小，B错误；

C.当障碍物的大小小于等于光的波长时，会发生明显的衍射，故微生物的大小接近激光

波长时，衍射现象明显，C正确；

D.绿色激光的波长小于红色激光的波长，但如果微生物的大小小于等于绿光的波长，也

能发生明显的衍射，也能得到微生物的衍射图样，D错误；

3.医用彩色B超可以利用超声波多普勒效应测量人体血液流向和流速，在彩色多普勒超声

图像中，红色代表朝向探头的血流，蓝色代表背离探头的血流，亮度高表示血流速度较

快，亮度低表示血流速度较慢。当超声波探头在皮肤表面固定不动时，对于彩色多普勒超

声图像，下列说法正确的是（）

A.红色时，接收波的频率比发射波的频率大

B.蓝色时，接收波的波长比发射波的波长短

C.亮度高时，接收波的波速比发射波的波速小

D.亮度低时，接收波的波长比发射波的波长长

（答案》A

K解析』AB.根据多普勒效应，当物体靠近波源时，物体接收到波的频率大于波源频

率，当物体远离波源时，物体接收到波的频率小于波源频率，红色代表朝向探头的血流，

蓝色代表背离探头的血流，故红色时，接收波的频率比发射波的频率大；蓝色时，接收波

的频率比发射波的频率小，由于多普勒效应不改变波速，故接收波的波长比发射波的波长

长，故A正确，B错误；

C.多普勒效应不改变波速，波所处的介质未发生变化，故亮度高时，接收波的波速与发

射波的波速相等，C错误；

D.亮度低时，由于不能确定血流朝向探头或者背离探头，故不能确定接收波的频率与发

射波的频率大小关系，也不能确定接收波的波长与发射波的波长关系，D错误；

故选Ao

4.2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁小将陈炜以84.41分夺冠。如

图所示，陈炜在比赛中腾空飞出碗池做斜抛运动，若忽略空气阻力，在腾空过程中，下列

关于运动员和滑板构成的系统，说法正确的是（）

A.系统的动量守恒

B.系统的机械能先减小后增大

C.在最高点，系统的动量为0

D.系统的动量变化量的方向竖直向下

k答案』D

［解析XA.从开始起跳到达到最高点的过程中，在竖直方向上运动员和滑板所构成的系

统所受合外力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故A错误；

B.忽略空气阻力，整个过程系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故B错误；

C.由于运动员做斜抛运动，在最高点，系统竖直方向的速度为0,水平方向的速度不为

0,则在最高点系统的动量不为0,故c错误；

D.设向上为正方向，初始时系统竖直方向的速度向上，竖直方向初动量方向为正，在最

高点，系统竖直方向的速度为0,竖直方向末动量为0,系统的竖直方向动量变化量为竖直

方向末动量减去竖直方向初动量，则竖直方向动量变化量为负，即系统的竖直方向动量变

化量的方向竖直向下；运动员在水平方向上不受外力作用，水平方向动量守恒，没有动量

变化，所以系统的动量变化量为竖直方向动量变化量，方向竖直向下，故D正确；

故选D。

5.设计师在对音乐厅进行设计时会利用到机械振动、机械波等相关知识，确保音乐的音质

和听众的体验，关于音乐厅中的声学现象和设计意图，下列说法正确的是（）

A.声音传进墙面上的吸音材料后频率会改变

B.频率越高的声音越容易发生明显的衍射现象

C.不同乐器发出的声音的在空气中传播速度相同

D.小提琴和大提琴发出的声波会产生明显的干涉现象

［答案》C

［解析XA.声音的频率由声源决定，声音传进墙面上的吸音材料后频率不会改变，A错

误；

B.波长越长越容易发生衍射，频率越高的声音，其波长越短，衍射现象越不明显，B错误；

C.不同乐器发出的声音均为机械波，在空气中传播速度相同，C正确；

D.若想产生明显的干涉现象，两列声波的频率需相同，小提琴和大提琴发出的声波频率

不同，发出的声波不会产生明显的干涉现象，D错误；

故选C。

6.如图所示的LC振荡电路，在电容器右侧放置一个用导线与低功率LED灯泡连接成的闭

合电路。单刀双掷开关先打到。，待电容器充满电后，再打到"此时发现灯泡被点亮，对

此下列说法正确的是（）

R

F

二©

A.开关打到b瞬间，通过电感的电流最大

B.若电感中插入铁芯，振荡电流的频率减小

C.增大电容器两极板距离，振荡电流的频率减小

D.小灯泡被点亮后会逐渐变暗，是因为其接收到电磁波的频率逐渐减小

k答案》B

K解析工A.开关打到》瞬间，通过电感的电流最小，电流变化率最大。故A错误；

B.若电感中插入铁芯，则自感系数增大，根据

f=——-——

2/z-VZc

可知振荡电流的频率减小。故B正确；

C.由

c=-^-

4兀kd

可知增大电容器两极板距离，电容器的电容减小，根据

f=---------

2^-VZc

可知振荡电流的频率增大。故c错误；

D.开关打到b后，LC振荡电路开始传播电磁波，致使灯泡所在闭合回路产生感应电动

势，小灯泡被点亮后会逐渐变暗，是因为电磁波的能量在逐渐减小。故D错误。

故选B。

7.碓窝，是古代巴人常用的食品加工工具，主要用途是舂米。如图所示，先将木杵提升

0.45m后松开，使其自由下落，已知木杵质量约为5kg,木杵与谷物作用0.1s后静止，则

木杵对谷物的平均作用力约为（）

A.50NB.WONC.15OND.200N

k答案》D

K解析工设向下为正方向，木杵在重力作用下向下运动，设木杵刚与谷物作用时的速度为

v,由动能定理可得

mgn1=—1mv2

解得

v=12gh=j2xl0x0.45m/s=3m/s

木杵与谷物作用时，木杵与谷物作用过程，谷物对木杵的平均作用力为尸，木杵与谷物作

用0.1s后静止，由动量定理可得

(mg—F)/=0—mv

解得

F=200N

根据牛顿第三定律可得木杵对谷物的平均作用力约为200N；

故选D。

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。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得。分。

8.图甲是氯化锂湿敏电阻原理示意图，当空气湿度升高时，其电阻率变大。某同学设计图

乙的电路来监测空气湿度变化，其中RH是氯化锂湿敏电阻，凡是定值电阻，在环境温度

一定时，闭合开关，以下说法正确的是()

氯化锂

感湿层

绝缘基底

甲

A.空气湿度越高，RH阻值越小

B.空气湿度越低，电路中电流越大

C.空气湿度越高，电压表的示数越大

D.空气湿度越低，电源两端电压越大

K答案】BC

（解析IA.依题意，空气湿度越高,其电阻率越大，根据

L

R=

可知RH阻值越大。故A错误;

BD.同理，空气湿度越低，RH阻值越小，根据

1=——-——

RH+R0+r

可知电路中电流越大由

U=E—/（七+&+r）

电源两端电压越小。故B正确；D错误；

C.同理，可知，空气湿度越高，（阻值越大，电路中电流越小，由

/（&+r）

可知电压表的示数越大。故C正确。

故选BC。

9.O点处有一质点从/=0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，产生一列沿x轴正方向传播的

波，/=0.4s时形成的波形图如图所示，此时刻后波源质点的振动频率突然变为原来的2

倍，振幅不变，则（）

B

34x/m

A.波源的起振方向为沿y轴负方向

B-=0.4s后波速变为lOm/s

C.平衡位置为x=4m处的质点8第一次处于波峰时，x=1m处的质点A正处于波谷

D.0~1.5s时间内，平衡位置为x=4m处的质点运动的总路程为100cm

（答案UAD

（解析UA.由于该波沿x轴正方向传播，f=0.4s传播到x=2m处，故x=2m处质点的

振动形式与波源相同，根据“上下坡”法，可得波源的起振方向为沿y轴负方向，A正确；

B.由/=0.4s时形成的波形图可知，0〜0.4s时，该波正好传播了一个波长，故周期

r=0.4s,波长X=2m,故/=0.4s前波速为

22

v=—=——s=5m/s

T0.4

f=0.4s后波源质点的振动频率突然变为原来的2倍，但传播的介质未发生变化，故

/=0.4s后波速不变，仍为5m/s,B错误；

C./=0.4s后波源质点的振动频率突然变为原来的2倍，则新波周期变为原来的工，即

2

/=0.4s后新波的周期变为

r=-T=0.2s

2

由于波速v=0.5m/s,从/=0.4s时开始计时，波传播到8点时所需要的时间

x2八/

A=—=—s=0.4s

1v5

波刚传到5点时，5点向下振动，B第一次到达波峰还需要时间

3

=—T—0.3s

24

故平衡位置为x=4m处的质点5第一次处于波峰时，从，=0.4s时开始计时，还需要的时间

t=tx+t2=0.4s+0.3s=0.7s

，=0.4s时开始计时，新波波速不变，传到x=处的A点需要的时间为0.2s,此时A点

向下振动，再经过0.5s,即°T',质点A处于平衡位置正向上振动，C错误；

2

D.由以上分析易知，从/=0开始计时，波传到x=4m处的质点8需要的时间为0.8s,

新波传到x=4m处的质点B需要的时间为1.2s,故0~1.5s时间内质点B在/=0.8s时开

始振动，0.8s〜1.2s时8点的振动周期为T,振动时间为1个T,路程为4个振幅，

1.2s〜1.5s时B点的振动周期为T',振动时间为1.5个丁，路程为6个振幅，故质点2

运动的总路程为10个振幅，即100cm,D正确；

故选AD。

10.如图所示，倾角为37。的斜面上有两个质量均为1kg的货物P、Q,P、Q与斜面间的动

75

摩擦因数分别为了、P沿斜面向下运动，Q沿斜面向上运动，已知P、Q碰撞前瞬

间，P的速度大小为4m/s,Q的速度为零，碰撞时间极短，碰后瞬间Q的速度大小为

3m/s,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.P、Q发生的是弹性碰撞

B.P、Q碰后瞬间P的动量大小为lkg-m/s

C.P、Q碰后到P停下的过程中，P、Q系统动量守恒

D.P、Q碰后到P停下的过程中，两者位移之比为1:7

k答案IBCD

K解析』A.依题意，碰撞过程，系统动量守恒，可得

mv0=mvp+mV、

vp=lm/s

可得

即P、Q发生的是非弹性碰撞。故A错误;

B.P、Q碰后瞬间P的动量大小为

pp=mvp=1kg-m/s

故B正确；

C.P、Q碰后到P停下的过程中，系统所受合力为

0

心二2租gsin37°-^mgcosS7-//2mgcos37O=0

所以P、Q系统动量守恒。故C正确;

D.P、Q碰后到P停下的过程中，由牛顿第二定律可得

cos

_Rng370-mgsin37°2

Qp==Im/s

m

_mgsin37°-"mgcos37°

aQ=2=lm/s2

m

可知碰后P做匀减速直线运动，Q做匀加速直线运动。根据

0=%—apt

解得

，=ls

此时二者的位移分别为

_12

邳二五「XQ=VQR+2^

可得两者位移之比

xP_1

XQ7

故D正确。

故选BD„

第二部分非选择题（共54分）

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。

(1)在平铺的白纸上画出玻璃砖上表面和圆心。，先画出入射光线，让入射光线过圆心

0,放置好玻璃砖，在入射光线适当位置垂直纸面插入大头针P］、p2,从玻璃砖圆面一侧

观察，垂直纸面插入大头针P3,使P3挡住_____的像；

(2)图中A、2分别是入射光线延长线、折射光线上与。点等距的两点，A、8两点到法线

的距离分别为4.25cm、2.80cm,则该玻璃砖的折射率“=；(结果保留三位有效数字)

(3)在该实验中，入射光线需要过圆心。点，其优点是：0

［答案工(1)4、P2的像(2)1.52(3)不需要知道圆形玻璃砖的半径，测量

数据少，减少实验误差，计算方便

K解析1(1)在入射光线适当位置垂直纸面插入大头针匕、P2,从玻璃砖圆面一侧观察，找

到R、P2的像，垂直纸面插入大头针P3,为使P3在折射光线上，应使P3挡住R、「2的像。

(2)设半圆形玻璃砖的半径为火。〃，根据几何关系可得入射角的正弦值

425

sin4

1R

折射角的正弦值

sineT

R

则该玻璃砖的折射率

sin%2.80

(3)在该实验中，入射光线需要过圆心。点，根据第(2)问计算可知，该方法不需要知

道圆形玻璃砖的半径，只需测量48两点到法线的距离即可，故其优点是：不需要知道

圆形玻璃砖的半径，测量数据少，减少实验误差，计算方便。

12.某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。

图甲

(1)实验室有如下器材可供选用：铁架台、足够长的细线、夹子、球心开有小孔的铁球和

塑料球、游标卡尺、1m长的毫米刻度尺和秒表。

上述器材中，实验中不需要的是：;

(2)在挑选合适的器材后开始实验，操作步骤如下：

①用细线和摆球制作一个单摆，然后将细线缠绕在支柱上，使摆球自由下垂，摆球静止后

用米尺测量细线悬点到摆球上边缘的距离L,然后用游标卡尺测出小球的直径d=

cm,如图乙所示；

②将摆球从平衡位置拉开一个角度(小于5。)后静止释放；

③待小球摆动稳定后，记录下小球第1次至第51次通过最低点的时间间隔/=37.55,得

到单摆的振动周期7=s；

④多次改变距离L重复上述实验，得到一系列的周期测量值；

(3)以T?为横轴、L为纵轴，做出乙―丁？图像，如图丙所示。已知图像与横轴的截距为

a、与纵轴的截距为-6,则测量出的重力加速度且=；(用心6和兀表示)

(4)在①~④的实验操作中，有一处操作不当,请你指出是哪个步骤(填步骤前的序号)。

［答案X(1)球心开有小孔的塑料球(2)1.641.5(3)竺竺(4)①

a

K解析X(1)为减小空气阻力对实验的应用，应选用球心开有小孔的铁球，故实验中不需

要的是球心开有小孔的塑料球。

(2)口］小球的直径

d=16mm+4x0.1mm=16.4mm=1.64cm

⑵小球第1次至第51次通过最低点的时间间隔为25个单摆周期，故单摆的振动周期

T=—=—s=1.5s

2525

(3)细线悬点到摆球上边缘的距离，则单摆摆长

l=L+-

2

又根据单摆周期公式

综合解得

L=5卫

4/2

又乙_72图像与横轴的截距为人与纵轴的截距为力，则乙_72图像斜率

k上=邑

a4乃~

解得

4b/

8=------

a

（4）实验操作①中有一处操作不当，用细线和摆球制作一个单摆，然后将细线缠绕在支柱

上，单摆摆动过程中，悬点不固定，摆长会发生变化，影响实验结果。

四、解答题：本大题共3小题，共38分。按题目要求作答。解答题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.某同学为了测量苯和纯净水的折射率，设计了如图所示实验装置：在水平桌面上放置

一个长方体水槽，水槽底部上表面镀有反射银镜，槽中倒入厚度均为d的纯净水和苯，激

光束从紧贴水槽左壁，苯和水的分界面尸点处射向空气分界面，当激光射向分界面。点时

刚好发生全反射，此时由水槽底部镜面第一次反射的激光束经水和苯折射后射向空气分界

面处的M点，测得〃、。两点到水槽左边缘的距离分别为方和a.已知苯的折射率比纯净

水大，空气折射率近似等于1,光由折射率为〃1的介质（入射角4）射向折射率为％的介

sin0.小

质（折射角％）满足逮。求,

b

(1)苯的折射率〃1;

(2)水的折射率〃2。

2+4建

(答案［(1)；⑵

ab-3a

K解析X(1)激光束从紧贴水槽左壁，苯和水的分界面尸点处射向空气分界面，当激光

射向分界面。点时刚好发生全反射，设发生全反射的临界角为C,则

sinC=—=.

«1y/a2+d2

则苯的折射率

^a1+d2

4=-----------

a

(2)由图中几何关系可知，光由苯射向水的入射角

*=C

由光路可逆可知，从。点到M点的光线是对称的，则光由苯射向水的折射角的正弦值满足

~{b-a-2a)b—3a

sin%=/-==/

「9―”2小2+4屋

由于

sinOx_4

sinnx

则水的折射率

_sin_Y\sinC_1（人一3々）+4/

————

-sinsinasin&b-3a

14.如图所示，底面积为S、高为5/的圆柱体浮筒漂浮于平静的水面上，静止时浮筒水面

以下部分的长度为3/,已知水的密度为夕，重力加速度为g,将浮筒竖直往下按压长度x

（小于27）后由静止释放，浮筒开始上下振动，忽略水对浮筒的粘滞阻力和空气阻力。有

关浮筒的振动，分析回答以下问题：

（1）由哪些力提供浮筒振动的回复力？

（2）浮筒是否做简谐运动？并进行证明；

（3）若按压长度x值减小，浮筒的振动频率怎么改变？

K答案』（1）浮力和重力；（2）浮筒做简谐运动，证明过程见K解析》（3）不变

K解析X（1）浮筒受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，浮力和重力提供浮筒振动的回

复力。

（2）浮筒做简谐运动。

证明如下：

浮筒的平衡位置就在原来静止的位置，浮筒漂浮（静止）时由力平衡可得

G=%=pgS-3l

现在以浮筒振动到平衡位置下方情形为例来证明，取向下为正方向，将浮筒竖直往下按压

长度尤（小于2/）,其偏离平衡位置的位移大小为无，所受到的浮力变为

F浮=pgS（31+%）

回复力为

7*0=-F浮+G=-pgS（31+x）+pgS-31=-pgSx

显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，同理可证，浮筒振动到平衡位置上方

时回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，分析浮筒在平衡位置上方和下方时的回

复力方向可知，回复力恒指向平衡位置，所以浮筒此时做简谐运动。

(3)简谐运动的频率由自身物理性质决定，