2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列现象可以用多普勒效应解释的是( )
A. 雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B. 微风激起的水波遇到芦苇等细小障碍物，会继续传播
C. 把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声
D. 当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低
2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里。该粒子在运动过程中，质量和电量保持不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )
A. 粒子由a点运动到b点，带负电B. 粒子由a点运动到b点，带正电
C. 粒子由b点运动到a点，带负电D. 粒子由b点运动到a点，带正电
3.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图(a)所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图(b)所示。他改变的实验条件可能是( )
A. 换用了波长更短的单色光B. 适当减小了双缝到光屏之间的距离
C. 适当增大了双缝之间的距离D. 换用了频率更低的单色光
4.两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统( )
A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 动量守恒，机械能不守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒
5.如图，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内左右振动的周期为0.4s，图中是小球振动到的最左侧位置。在周期为0.1s的频闪光源照射下观察到的图像可能是( )
A. B. C. D.
6.如图所示，半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中、已知磁感应强度大小为B，导线长为πl，直径ac与磁场方向夹角为θ=30°。该导线受到的安培力大小为( )
A. 2BIl
B. 3BIl
C. BIl
D. 32BIl
7.如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是( )
A. 该碰撞为弹性碰撞
B. 该碰撞为完全非弹性碰撞
C. 碰撞前后A球的动量变化为−1.6kg⋅m/s
D. 碰撞前后A球的动量变化为−0.24kg⋅m/s
8.如图所示，MON为柱状扇形透明介质的横截面，扇形的半径为R、圆心为O，A点在OM上且O、A两点的距离为0.75R，P为圆弧MN上的点。一细束单色光以入射角i=60°从A点射入介质，折射光线恰好通过P点，已知∠AOP=90°，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则介质对该光的折射率n为( )
A. 62
B. 2
C. 3
D. 5 36
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则( )
A. 此单摆的固有频率为0.5Hz
B. 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，共振曲线的峰将向右移动
10.如图所示，质量为m1的木块甲静止在水平面上，质量为m2的木块乙以某一速度与木块甲发生正碰，已知碰后瞬间甲、乙两木块的动量大小之比为1：2，则m1m2可能为( )
A. 32B. 35C. 13D. 27
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径d= ______cm。

(2)该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为______s。
(3)若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度g= ______m/s2(结果保留三位有效数字，π2≈9.86)。
(4)若他测得的g值偏小，可能的原因是______(填正确答案标号)。
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，秒表提前按下
D.实验中误将49次全振动数为50次
12.如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA______B球质量mB(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)请由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为______cm。
(3)若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为______。(用题中给出的字母表示)
(4)实验中造成误差的可能原因有______。
A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值
B.轨道不光滑
C.轨道末端不水平
D.轨道末端到地面的高度未测量
(5)若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，ON=11.50cm，OP使用(2)中数据，并知小球的质量比为mA：mB=2：1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差η=|p−p′|p×100%=______%(结果保留一位有效数字)。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为m=0.2kg，从离人眼睛h=0.2m的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为Δt=0.05s，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)手机刚落到眼睛上时速度v的大小；
(2)手机对眼睛的作用力。
14.一列横波沿x轴正方向传播，t1与t2时刻的波形图如图所示，已知t2−t1=0.2s，求：
(1)这列波的速度大小；
(2)取上一问中波速最小的情况，以t1时刻为计时起点，写出x=4m处的质点的振动方程。
五、计算题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示，边界AC上方及半径为R的半圆外侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，半圆的圆心在AC上的O点，PQ为其直径。平行AC放置的平行板MN间加有恒定电压，紧靠N板有一粒子源，由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场加速后从AC边上的D点垂直AC并垂直磁场进人匀强磁场中。P、D间距离为R，当MN板间的电压为U时，粒子刚好打在P点，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)若M、N间的加速电压为4U，则粒子在进入半圆区域前，在磁场中运动的时间为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、先看到闪电后听到雷声，是因为光的传播速度大于声音传播速度，故A错误；
B、在水塘里，微风激起的水波遇到小石、芦苇等细小的障碍物，会绕过它们继续传播，好像它们并不存在，这是波的衍射现象，故B错误；
C、把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声，说明声音可以在固体中传播，与多普勒现象无关，故C错误；
D、当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低，是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故D正确。
故选：D。
明确多普勒效应的内容，知道生活中哪些现象与多普勒效应有关，会根据多普勒效应解释相关现象。
本题考查多普勒效应的应用，要注意明确多普勒效应的基本内容，同时注意明确生活中的现象与物理知识的联系。
2.【答案】D
【解析】解：带电粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，则得粒子的轨迹半径r=mvqB
由题意知，粒子的动能不断减小，速率v不断减小，则粒子的轨迹半径不断减小。从粒子运动轨迹可以判断可知，粒子在a点的曲率半径小于在b点的曲率半径，所以粒子由b运动到a点，在b点所受到的洛伦兹力斜向左上方，由左手定则判断可知粒子带正电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，得到粒子的轨迹半径与速度的关系式，根据图示分析粒子轨迹半径的变化，从而判断粒子运动方向，再由左手定则判断粒子的电性。
解答本题时，要知道粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，轨迹半径与速率成正比。
3.【答案】D
【解析】解：因从a图到b图双缝干涉条纹间距变大，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，可能是换用了波长更长的光，或者频率更低的光，也可能适当增加了双缝到光屏之间的距离，也可能是适当减小了双缝之间的距离，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ分析波长、双缝到光屏之间的距离的变化，即可知道频率的变化。
本题考查双缝干涉实验，要求掌握双缝干涉的条纹间距公式Δx=ldλ，搞清干涉条纹间距与哪些因素有关。
4.【答案】B
【解析】解：从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；
在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，只有弹簧弹力对系统做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故ACD错误，B正确；
故选：B。
系统所示合外力为零时，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况应用动量守恒与机械能守恒条件分析答题。
本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒问题，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，应用动量守恒与机械能守恒定律即可解题。
5.【答案】D
【解析】解：振动的周期是0.4s，而频闪的周期是0.1s，所以在一个周期内有三幅不同的照片；
振动的周期是0.4s，则角频率：ω=2πT=2π0.4rad/s，
在0.1s时对于的角度；θ1=2π0.4×0.1s=π2rad
在0.2s时对应的角度：θ2=2π0.4×0.2s=πrad
可得0.3s时刻时与0.1s小球出现在同一个位置，都在平衡位置，0.2s时出现在最右侧位置，0.4s时在最左侧，故ABC错误，故D正确；
故选：D。
由频闪的周期和振子的振动周期，结合简谐运动具有时间的对称性分析，结合平衡位置两侧对称的点到平衡位置的时间是相等的．
解决本题的关键是知道简谐运动的周期表示什么含义，掌握简谐运动时间的对称性．
6.【答案】C
【解析】解：半圆形导线abc受到的安培力等效于长度为ac的直导线受到的安培力，ac的长度为Lac=2πlπ=2l
则该导线受到的安培力大小为F=BILacsinθ=BI×2l×12=BIl，故ABD错误，C正确。
故选：C。
半圆形导线abc受到的安培力等效于长度为ac的直导线受到的安培力，根据F=BILsinθ求解。
本题考查安培力的计算，关键是确定导线的等效长度：连接导线两个端点的长度，比较容易。
7.【答案】D
【解析】解：已知mA=100g=0.1kg，mB=200g=0.2kg
CD、取A球初速方向为正方向，对于碰撞过程，根据动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
解得A球碰后的速度为：vA=−0.4m/s
则碰撞前后A球的动量变化为ΔpA=mAvA−mAv0=0.1×(−0.4)kg⋅m/s−0.1×2kg⋅m/s=−0.24kg⋅m/s，故C错误，D正确；
AB、碰撞前系统的总动能为E1=12mAv02=12×0.1×22J=0.2J，碰撞后系统的总动能为E2=12mAvA2+12mBvB2=12×0.1×0.42J+12×0.2×1.22J=0.152J
则知E2故选：D。
根据动量守恒定律列方程求解A球碰后的速度，再求出碰撞前后A球的动量变化。计算碰撞前后系统的总动能，比较大小，判断碰撞的类型。
本题的关键要掌握动量守恒定律，解题时要注意先规定正方向，用正负号表示速度方向。
8.【答案】D
【解析】解：在△POA中，tanr=AOR=34，解得r=37°，
由折射定律得n=sin60°sinr=5 36，
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据几何关系可解得折射角，根据折射定律求解。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
9.【答案】AB
【解析】解：A、由共振曲线可知：当驱动力频率为0.5Hz时产生共振现象，此时单摆的固有频率等于驱动力的频率，故单摆的固有频率f=0.5Hz.故A正确；
B、单摆的周期T=1f=2s，由单摆周期公式T=2π Lg得：L=gT24π2≈1m，故B正确；
C、根据单摆周期公式T=2π Lg知，摆长L增大，单摆的周期增大，固有频率f=1T减小，故C错误；
D、当摆长增大时，固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动。故D错误。
故选：AB。
根据单摆的周期公式T=2π Lg可求得摆长；由共振曲线可知，出现振幅最大时，固有频率等于驱动力的频率。
本题考查受迫振动，要注意明确受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。熟练掌握单摆周期公式T=2π Lg。
10.【答案】CD
【解析】解：设碰后甲、乙的动量大小分别为p，2p，碰撞过程中动量守恒，规定乙的速度方向为正方向，则碰前的总动量为3p，根据动量守恒定律有pm1≥2pm2
解得m1m2≤12
碰撞过程中机械能不增加，则(3p)22m2≥(2p)22m2+p22m1
解得m1m2≥15
则m1m2满足15≤m1m2≤12
故CD正确，AB错误；
故选：CD。
根据碰撞的基本规律：动量守恒定律且能量不增加列式解答即可。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握碰撞的特点，注意动量与动能的转化。
11.【答案】1.58 100 9.74 BC
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，由图甲可知小球的直径：d=15mm+8×0.1mm=15.8mm=1.58cm；
(2)分针与秒针的示数这和为秒表的示数，由秒表可读出时间为：60s+40s=100s。
(3)由单摆周期公式：T=2π Lg
整理有：g=4π2LT2
其中：T=t50，L=l线+d2
代入数据解得：g≈9.74m/s2
(4)A、测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长测量偏大，由g=4π2LT2，可知，其导致g测量偏大，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使得测量的摆长偏小，根据
g=4π2LT2可知，其导致g测量偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表提前按下，使得测量的周期偏大，由g=4π2LT2可知，其导致g测量偏小，故C正确；
D、实验中误将49次全振动数为50次，使得测量的周期偏小，由g=4π2LT2可知，其导致g测量偏大，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)1.58；(2)100；(4)9.74；(4)BC。
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
(2)根据秒表读数的方法读出；
(3)单摆的摆长等于摆线的长度与小球半径的和，应用单摆周期公式变形后代入数据求g；
(4)根据实验步骤、需要的注意事项结合单摆的周期公式分析误差；
本题考查了用单摆测重力加速度实验的实验器材、实验注意事项与实验数据处理，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；根据题意应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
12.【答案】大于 8.60 mAOP=mAOM+mBON AC 2
【解析】解：(1)为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA大于B球质量mB。
(2)用尽量小的圆将各个落点圈起来，圆心即为平均落地点，则由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为8.60cm。
(3)由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得在水平方向有
mAv0=mAv1+mBv2
故
mAv0t=mAv1t+mBv2t
即
mAOP=mAOM+mBON
(4)A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值可造成偶然误差，选项A正确；
B.轨道不光滑对实验无影响，只要到达底端时的速度相同即可，选项B错误；
C.轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，则对实验会造成误差，选项C正确；
D.两球从同一高度开始下落，则下落的时间相等，即轨道末端到地面的高度未测量对实验不会造成误差，选项D错误。
故选：AC。
(5)设AB两球的质量分别为2m和m，则η=|p−p′|p×100%=|2m×8.60−(2m×2.68+m×11.50)|2m×8.60×100%=2%
故答案为：(1)大于；(2)8.60；(3)mAOP=mAOM+mBON；(4)AC；(5)2
(1)(2)(3)根据实验原理与实验操作分析，写出要验证的表达式，然后即可作出判断；
(4)对实验进行误差分析，可知选项；
(5)根据题意结合动量的公式解得百分误差。
本题考查验证动量守恒定律，关键还在于平抛运动的处理思路，注意寻找落地点的处理方法。
13.【答案】解：(1)根据自由落体运动规律有
v2=2gh
v= 2gh= 2×10×0.2m/s=2m/s
(2)手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向下为正方向
(mg−F)t=0−mv
解得
F=10N
由牛顿第三定律可得，手机对眼睛作用力大小为10N，方向竖直向下
答：(1)手机刚落到眼睛上时速度v的大小为2m/s；
(2)手机对眼睛的作用力为10N，方向竖直向下。
【解析】(1)根据速度—位移公式计算；
(2)根据动量定理和牛顿第三定律计算。
本题关键掌握利用动量定理计算平均力的方法。
14.【答案】解：(1)由图可知波长为8m，则
v(t2−t1)=(n+34)λ(n=0,1,2,3…)
解得这列波的速度大小为
v=(16n+12)m/s(n=0,1,2,3…)
(2)当n=0时，波速最小，为
v=12m/s
波的周期为
T=λv=812s=23s
角速度ω=2πT=2π23rad/s=3πrad/s
横波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知，t1时刻x=4m处的质点向上振动，则以t1时刻为计时起点，x=4m处的质点的振动方程为
y=Asin2πTt=2sin3πt(cm)
答：(1)这列波的速度大小为(16n+12)m/s(n=0,1,2,3…)；
(2)x=4m处的质点的振动方程为y=2sin3πt(cm)。
【解析】(1)根据波动图结合波长、波速和时间的关系分析求解；
(2)根据振动方程结合当n=0时，波速最小分析求解。
本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
15.【答案】解：(1)设粒子进入磁场时的速度大小为v1，根据动能定理得：
qU=12mv12
解得：v1= 2qUm
由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r1=12R
根据牛顿第二定律得：
qv1B=mv12r1
解得：B=2R 2mUq
(2)若MN间的加速电压为4U，则粒子进入磁场时的速度为
v2=2v1
则粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r2=R
因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在P点，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

设粒子从E点进入半圆区域，根据几何关系可知△OEP为正三角形，因此粒子从D点运动到E点的轨迹所对的圆心角为120°，因此粒子在磁场中运动的时间为
t=13T=13×2πmqB=πR3 m2qU
答：(1)匀强磁场的磁感应强度大小为2R 2mUq；
(2)若M、N间的加速电压为4U，则粒子在进入半圆区域前，在磁场中运动的时间为πR3 m2qU。
【解析】(1)根据动能定理得出粒子的速度，结合牛顿第二定律和几何关系计算出磁感应强度的大小；
(2)分析出电压变化对粒子速度的影响，结合周期公式和几何关系计算出粒子在磁场中的运动时间。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动问题，根据动能定理计算出粒子的速度，结合牛顿第二定律和几何关系分析出粒子在磁场中的运动特点即可，难度不大。