江苏省南通市海门区2023-2024学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份江苏省南通市海门区2023-2024学年高二（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.在《梦溪笔谈》中有一段记录：“鼓其应弦，纸人跃，它弦即不动”，意思是拨动其中特定的一根弦，纸人跳动，但拨动其他弦却感觉不到动，此现象为( )
A. 全反射现象
B. 干涉现象
C. 共振现象
D. 多普勒效应
2.如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，横梁可以绕中间的支点在水平面内转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现横梁绕支点转动。关于该实验，下列说法中正确的是( )
A. 磁铁接近A环的过程中，A环将有收缩的趋势
B. 磁铁接近B环的过程中，B环将有扩张的趋势
C. 若用磁铁接近B环，横梁也将绕支点转动
D. 若用陶磁材料制作A、B环，也可以得到相同的实验效果
3.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，某学生接成如图所示的实验电路，该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开开关时，电流计指针都没有偏转，其可能原因是( )
A. 螺线管A和B绕向一致B. 线圈B中未放入铁芯
C. 开关接在A线圈电路中D. 导线接电池组时，接线柱正负极接反
4.研究两束激光波动现象的同一实验装置如图甲所示，实验中光屏上得到了如图乙、丙所示的图样。下列说法正确的是( )
A. 挡板上有两条平行的竖直狭缝
B. 乙光的波长大于丙光的波长
C. 增加激光器的强度可以使条纹间距变大
D. 乙、丙两列激光叠加后形成稳定的干涉条纹
5.如图所示，图甲和图乙分别为磁流体发电机、质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器、回旋加速器原理图，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A板电势高
B. 图乙中，两粒子以相同速度从P点进入磁场，分别打到A1、A2位置的粒子比荷可能相同
C. 图丙中，相同粒子若能从左侧向右匀速通过速度选择器，也可以从右侧沿原直线匀速通过
D. 图丁中，用磁场控制轨道、用电场进行加速
6.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点A的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向
B. 波速为v=0.1m/s
C. 经过一个周期，质点A沿传播方向移动了10cm
D. x=10cm处的质点再经过0.45s一定在波谷
7.斯涅耳1621年关于折射现象的论文中用了如图所示的装置研究光的折射现象。一个容器中装水，一束单色光沿AO从O点射入水中，以O点为圆心画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM为半径画另一圆。则以下线段长度之比等于水的折射率的是( )
A. OBOMB. MBMNC. NBNMD. MBNB
8.如图所示，置于管口前的声源发出一列单一频率声波T，分成两列振幅不同的声波T1、T2分别沿L1、L2两管传播到出口O。先调节L1、L2两管等长，O处探测到声波振幅为2A，然后将L2管向右拉长d，在O处第一次探测到声波振幅为A，不计声波在管道中传播的能量损失。则( )
A. L2管向右拉长后两列声波到出口处的波程差为d
B. 声波T的波长λ=4d
C. L2管向右拉长后两列声波不能产生干涉
D. 振幅越大的声波，在管中传播的越快
9.物理老师在课上做了“千人震”趣味小实验，如图所示，AB之间接一个有铁芯的多匝线圈，用2节1.5V的干电池、电键以及若干导线连成电路，几位同学手牵手连接到电路的C、D两端，会产生“触电”的感觉。以下说法正确的是( )
A. “触电”发生在电键K闭合的瞬间
B. “触电”时CD两端的电压不会高于3V
C. “触电”时，通过人体的电流方向为D到C
D. “触电”时，A点电势高于B点电势
10.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中木块始终静止在水平面上，子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知( )
A. 子弹B的初动能较大B. 动量变化率大小相等
C. 子弹B射入木块的深度较大D. 子弹A在木块中运动的时间长
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某小组同学进行“验证动量守恒定律”的实验，装置如图1所示，用天平称得入射小球A的质量m1，被碰小球B的质量m2。

实验主要步骤如下：
①按图所示组装器材并调节斜槽末端水平。在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线在水平面上的投影O；
②先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，记下A球落地点；
③再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下。记录纸上的O点是铅垂线所指的位置，分别记下A、B球落地点。
(1)为检验两球大小是否相同，用图乙中游标卡尺的______(选填“a”或“b”)测量爪测量小球的直径．
(2)下列实验要求中正确的是______。
A.用铅垂线检查斜槽末端是否水平
B.必须测量小球释放点到斜槽末端水平的高度
C.利用复写纸与白纸记录小球的落点，实验过程中不可移动白纸的位置
(3)如图甲所示，多次释放A球后，取各落点位置的平均值，记录纸上一共有三个落地点：M、P、N，步骤②中未放B球时，A球落地点是记录纸上的______(填M、P或者N)点。
(4)测得各落点M、P、N到O点的距离分别为x1、x2、x3，碰撞前后满足______(用m1、m2、x1、x2、x3表示)，即可验证动量守恒定律。
(5)某小组通过上述步骤成功验证动量守恒后，用B球碰撞A球重复以上操作步骤，对实验结果有没有影响？简述理由______。
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个单匝矩形线圈ABCD。AB长度为L1，BC长度为L2，线圈以P1为轴转动，角速度为ω。求：
(1)如图所示位置通过线圈的磁通量及感应电动势；
(2)若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式。
13.如图所示，取一个半径为r=4cm的软木塞，在它的圆心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为h=4cm，在液面上方恰好看不到大头针。
(1)求该液体的折射率n；
(2)在软木塞圆心的正上方h1=4cm处有一点光源，求该光源照亮容器底面的阴影面积S。已知液面的高度H=4 3cm。
14.倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平地面平滑连接，表面光滑质量为1kg的滑块A从斜面上距水平地面高h=0.8m处由静止释放，与静止在水平地面上质量为3kg的滑块B发生正碰，滑块A反弹后冲上斜面，之后每次都是滑块B停下后滑块A才与之碰撞。已知两滑块每次碰撞均为弹性碰撞，滑块B与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)滑块A第一次碰撞前的速度大小v0；
(2)滑块A第一次碰撞使滑块B移动的距离x；
(3)若要每次都是滑块B停下后滑块A才与之碰撞，则最初滑块B距斜面底端的距离L最小值。
15.如图所示，Oxy平面内y轴右侧连续分布宽度为L的无场区域和宽度未知的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B= 2mvqL，方向垂直纸面向里。位于原点O处的粒子源能释放出质量为m、电量为q、初速度大小为v的正离子，离子沿各方向均匀分布在与x轴成θ=60°的范围内。沿x轴正方向进入第一个磁场区域的离子，离开第一个磁场区域时的偏转角β=30°。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。求：
(1)离子进入磁场后做圆周运动的半径R以及磁场宽度d；
(2)恰好能从第一个磁场区域的右边界飞出的离子对应的入射角度及飞出的离子占总离子数的百分比η；
(3)与x轴成θ=60°斜向下入射的离子，沿x轴方向最远点的横坐标。
答案和解析
1.C
【解析】当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体将会发生共振现象，文中提到的主要是指共振现象，故C正确、ABD错误。
故选：C。
2.A
【解析】A.根据楞次定律结论“增缩减扩”用磁铁的N极接近A环，A环有收缩的趋势，故A正确；
B.磁铁接近B环的过程中，B环不是闭合的，B环中不会产生感应电流，所以B环不会有扩张的趋势，故B错误；
C.用磁铁的N极接近B环，由于B环是断开的，无法形成电流，则不受安培力，因而横梁不会转动，故C错误；
D.A环采用绝缘材料时，不会产生感应电流，不受安培力则不会得到相同的实验效果，而B环没有闭合，没有感应电流产生，因而换成绝缘材料时对实验结果没有影响，故D错误。
故选：A。
3.C
【解析】产生感应电流的条件是闭合回路且穿过闭合回路的磁通量发生变化；
A.螺线管A和B绕向是否一致，不影响感应电流的产生，故A错误；
B.线圈B中未放入铁芯，线圈B产生的磁感应强度较小，不影响感应电流的产生，故B错误；
C.该同学将线圈B放置在线圈A中，再闭合、断开开关，线圈A中磁通量不变，所以无感应电流，故电流表指针不偏转，故C正确；
D.导线接电池组时，接线柱正负极接反，不影响感应电流的产生，故D错误。
故选：C。
4.B
【解析】A、由图乙和图丙的条纹特点，可以看出条纹是衍射条纹，而非干涉条纹。衍射条纹是由单缝或多个狭缝产生的，而干涉条纹通常由双缝产生。因此，挡板上应有一条狭缝，而非两条平行的竖直狭缝，故A错误。
B、衍射条纹的间距与波长成正比，即波长越长，条纹间距越大。从图乙和图丙可以看出，乙光的条纹间距明显大于丙光的条纹间距，因此乙光的波长大于丙光的波长，故B正确。C、衍射条纹的间距主要由波长和狭缝宽度决定，与入射光的强度无关。因此，增加激光器的强度不会使条纹间距变大，故C错误。
D、单缝衍射产生的条纹是由于光的衍射现象，而干涉条纹是由两束或多束相干光波叠加形成的。由于乙、丙两列激光分别通过单缝产生衍射，它们之间没有形成稳定的干涉条件，因此乙、丙两列激光叠加后不能形成稳定的干涉条纹，故D错误。
故选：B。
5.D
【解析】A.图甲中，等离子体喷入磁场，对于正离子，根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力作用下向B极板偏转，B极板得正电，B板电势高，故A错误；
B.粒子进入磁场做圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2R
粒子垂直进入磁场，令入射点到出射点间距为L，该间距为半径的两倍，即有
L=2R
解得
qm=2vBL
由于A1、A2位置到入射点的间距不相等，可知，图乙中，两粒子以相同速度从P点进入磁场，分别打到A1、A2位置的粒子比荷不相同，故B错误；
C.图丙中，相同粒子若能从左侧向右匀速通过速度选择器，假设粒子带正电，根据平衡条件有
qvB=qUd
即该带正电粒子电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力平衡，若该粒子从右侧沿原直线入射，则电场力方向仍然向下，根据左手定则可知，洛伦兹力方向也向下，电场力与洛伦兹力的合力不为0，可知，此时粒子不能够从右侧沿原直线匀速通过，故C错误；
D.图丁中，粒子在回旋加速器中运动时，洛伦兹力不做功，利用磁场偏转控制粒子轨道、用电场进行加速使粒子获得动能，故D正确。
故选：D。
6.D
【解析】A、根据质点A的振动图像可知，t=0时刻质点A沿y轴正向运动，在甲图上，根据波形平移法可知，该简谐波沿x轴正方向，故A错误；
B、由图甲可知波长λ=10cm=0.1m，由图乙可知周期T=0.2s，则波速为v=λT=，故B错误；
C、简谐横波沿x轴传播，质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波向前迁移，故C错误；
D、x=10cm处的质点在t=0时间经过平衡位置向下振动，则再经过0.45s=214T一定在波谷，故D正确。
故选：D。
7.A
【解析】令法线与入射光线之间的夹角，即入射角为θ1，法线与折射光线之间的夹角，即折射角为θ2，根据几何关系有sinθ1=ONOM，sinθ2=ONOB，根据折射率的表达式有n=sinθ1sinθ2，解得n=OBOM，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8.B
【解析】A.依题意，L2管向右拉长后两列声波到出口处的波程差为2d。故A错误；
B.依题意，L2管向右拉长后，在O处为减弱点，则有
2d=λ2
解得
λ=4d
故B正确；
9.C
【解析】AB.两节1.5V的干电池，当电键K闭合时，电流很小，不会有“触电”的感觉；电键K断开的瞬间线圈的电流发生变化，由于线圈的自感作用产生瞬间的高压，会高于3V，使人有“触电”的感觉，故AB错误；
CD.根据前面分析电键K断开的瞬间，线圈的自感作用阻碍电流的减小，所以此时线圈中的感应电流方向与原电流方向相同，即通过人体的电流方向是A→B→D→C，此时线圈相当于电源，在电源外部由高电势到低电势，则A点电势低于B点电势，故C正确，D错误。
故选：C。
10.B
【解析】A.两子弹入射的初动量p大小相等，而子弹A的质量较小，由
Ek0=12mv02=p22m
可知子弹A的初动能较大，故A错误；
D.两子弹同时射入的过程中木块始终静止在水平面上，则两子弹所受阻力大小相等，对子弹由动量定理有
-f⋅Δt=0-p
则两子弹同时与木块相对静止，运动时间相等，故D错误。
B.两子弹的初动量相等，末动量为0，则两子弹的动量变化量Δp大小相等；而两子弹运动时间相等，则两子弹的动量变化率ΔpΔt相等，故B正确；
C.对两子弹进入木块的过程由动能定理有
-fdA=0-EkA-fdB=0-EkB
结合
EkA>EkB
可知
dA>dB，故C错误。
故选：B。
11.b AC P m1x2=m1x1+m2x3 不再满足入射小球质量大于被碰小球的质量，入射球碰撞后会反弹，轨道摩擦力的冲量对系统的动量影响变大
【解析】(1)由游标卡尺用途可知游标卡尺a测量爪测量小球内径，游标卡尺b测量爪测量小球外径，所以应选用b测量爪测量小球的直径，故a错误，b正确；
故选：b；
(2)A.铅垂线的作用是使斜槽末端水平，让碰撞过程中系统在斜槽末端的切线方向合力为零，满足动量守恒条件，故A正确；
B.小球从斜槽末端抛出做平抛运动，高度相同，得两球运动时间相同，不用测量小球释放点到斜槽末端水平的高度，故B错误；
C.实验中白纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故C正确。
故选：AC。
(3)两球碰撞后A球速度会变小，B球速度会变大，所以未放B球时，A球速度会在大于碰撞后A球速度，小于B球速度，根据平运动规律可知，水平方向做匀速直线运动，可得A球落地点应是记录纸上的P点，故选P；
(4)设入射小球碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球的速度为v1，被碰小球的速度为v2，两小球在空中运动的时间为t；规定向右的方向为正方向，根据动量守恒知m1v0=m1v1+m2v2，等式两边同时乘以时间t，则有m1v0t=m1v1t+m2v2t，得m1x2=m1x1+m2x3，故填m1x2=m1x1+m2x3；
(5)验证动量守恒实验中为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球A质量需要大于被碰小球B质量，如果用B球碰撞A球重复以上操作步骤，不再满足入射小球质量大于被碰小球的质量；入射球碰撞后会反弹；轨道摩擦力的冲量对系统的动量影响变大，无法成功验证动量守恒。故填不再满足入射小球质量大于被碰小球的质量，入射球碰撞后会反弹，轨道摩擦力的冲量对系统的动量影响变大。
故答案为：(1)b；(2)C；(3)P；(4)m1x2=m1x1+m2x3；(5)不再满足入射小球质量大于被碰小球的质量，入射球碰撞后会反弹，轨道摩擦力的冲量对系统的动量影响变大。
12.(1)以P1为轴转动时，图示位置时的磁通量为0，
图示位置时感应电动势最大，Em=BL1L2ω
(2)以P2为轴转动，经过时间t时，AD、BC的线速度为v=12L1ω，转过的角度为θ=ωt，
与中性面的夹角为α=90°-ωt
由E=Blvsinα 得
经过时间t时的感应电动势e=BL1L2ωcsωt
答：(1)如图所示位置通过线圈的磁通量为0，感应电动势为BL1L2ω；
(2)若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式为e=BL1L2ωcsωt。
13.(1)观察者在水面上各个方向都刚好看不到水下的大头针，说明由大针头射出的光线，恰好在水面与木塞的边缘处发生全反射，由题意作出光路图如图所示
这时入射角等于临界角C，由几何关系可得
sinC=r h2+r2
又sinC=1n
由以上两式解得水的折射率为n= h2+r2r
代入数据可得：n= 2
(2)从光源发出的光线射到软木塞右侧边缘时，设入射角为α，折射角为β，
sinα=r h12+r2= 22
sinβ=x H2+x2=x 48+x2
根据折射率公式：n=sinαsinβ
由以上各式解得：x=4cm
照亮底面圆的半径为x+r=8cm
面积为64πcm2
答：(1)求该液体的折射率n为 2；
(2)该光源照亮容器底面的阴影面积S等于64πcm2。
14.(1)滑块A在斜面上，由动能定理得
mgh=12mv02
代入数据得：
v0= 2gh
解得
v0=4m/s
(2)由题意，设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，有
mv0=mv1+mBv2
12mv02=12mv12+12mBv22
联立代入数据得
v1=-2m/s，v2=2m/s
对滑块B向右运动过程中：
μmBg=mBa
0-v22=2(-a)x
解得
a=1m/s2
x=2m
(3)设最初滑块B距斜面底端的距离为L0时，第一次碰撞后，滑块B刚好停止时滑块A与之碰撞，此为满足题意的临界条件．
第一次碰撞后，滑块B从开始运动到停止：
v2=at
滑块A：
2L0+xv1+2v1gsinθ=t
联立代入数据得：
L0=13m
所以最初滑块B距斜面底端的距离L≥13m
答：(1)滑块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s；
(2)滑块A第一次碰撞使滑块B移动的距离为2m；
(3)最初滑块B距斜面底端的距离L最小值为13m。
15.(1)对离子在磁场中，由牛顿第二定律有
qvB=mv2R
解得
R= 22L；
对沿x轴正方向进入磁场的离子，由于离开第一个磁场区域时的偏转角为β=30°，可知该离子运动轨迹的圆心角为α=30°
由几何关系得
sin30°=dR
解得
d= 24L；
(2)假设与x轴成斜向上成α入射的离子恰好从磁场右侧相切，轨迹如图所示

由几何关系可得
sinα=R-dR
解得
sinα=12，即：α=30°
即斜向上α到斜向下向θ角范围内均有离子射出，
即
η=α+θ2θ×100%
解得
η=75%；
(3)方法一：假设将无场区撤掉，即可等效为离子从与x轴成θ=60°斜向下射入匀强磁场，由几何关系可得，在磁场中沿x轴方向最远距离为：
xmax=Rsin60°+R
代入第一问中的R可得
xB=2 2+ 64L
根据磁场宽度可知，离子在第四个磁场中到达最远位置，则能到达离沿x轴方向最远距离为
xmax=2 2+ 6+164L；
方法二：
在最远位置时，离子的速度方向变为沿y轴正方向，则沿y方向由动量定理可得
∑qvxBΔt=mΔv
即
qBxB=mv-mvy
与x轴成θ=60°斜向下入射的离子，能到达离沿x轴方向的距离最远
vy=-vsin60°
代入数据得
xB=2 2+ 64L
离子在第四个磁场中到达最远位置，则能到达离沿x轴方向最远距离为
xmax=2 2+ 6+164L。
答：(1)离子进入磁场后做圆周运动的半径R为 22L，磁场宽度d为 24L；
(2)恰好能从第一个磁场区域的右边界飞出的离子对应的入射角度为30°，飞出的离子占总离子数的百分比η为75%；
(3)与x轴成θ=60°斜向下入射的离子，沿x轴方向最远点的横坐标为2 2+ 6+164L。