2023-2024学年江苏省射阳中学高二（上）第二阶段测试物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省射阳中学高二（上）第二阶段测试物理试卷（12月）（含解析），共16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。

1.一个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在任意2s的时间内，质点经过的路程都是4cm
B. t=2s前后，质点速度方向改变
C. 在t=2s到t=3s时间内，质点的位移减小
D. t=0.5s和t=1.5s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相反
2.下列情境中属于共振现象的是( )
A. 小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来
B. 小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高
C. 101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反
D. 如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出
3.在光的传播方向上分别放置单缝、双缝、小圆孔和小圆板后，分别得到如下四幅图样，以下说法正确的是( )
A. 甲是双缝干涉图样、丁是小圆板“泊松亮斑”衍射图样
B. 乙是单缝衍射图样、丙是小圆板“泊松亮斑”衍射图样
C. 甲是双缝干涉图样、丁是小圆孔衍射图样
D. 乙是双缝干涉图样、丙是小圆孔衍射图样
4.如图所示，一圆心为O、半径为R的半圆形匀质玻璃砖置于真空中，一细束复色光线从O点右侧距离O点 33R的P点以入射角θ=60∘射入该玻璃砖，在玻璃砖内分成a、b两单色光，a光从O点正上方的M点出射，b光从O点右上方的N点出射。下列说法正确的是
( )
A. 该玻璃砖对a光的折射率为1.5
B. a光在该玻璃砖中的传播速度大于b光在该玻璃砖中的传播速度
C. 若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻暗条纹间距较小
D. a光在M点恰好发生全反射
5.如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，下列判断正确的是( )
A. 磁铁与线圈相互吸引B. 穿过螺线管的磁通量减少
C. 通过R的感应电流方向为从a到bD. 通过R的感应电流方向为从b到a
6.如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时(重力加速度为g)( )
A. P、Q会互相靠拢B. 磁铁下落的加速度大于g
C. 磁铁的动能的增加量等于其势能的减少量D. P、Q会互相远离
7.物理光学主要研究光的本性以及光与物质相互作用的规律．下列关于物理光学知识的理解正确的是( )
A. 泊松亮斑是光通过圆孔衍射时形成的
B. 光学镜头上的增透膜利用了光的干涉原理
C. 白光通过三棱镜后出现的彩色图样是光的衍射现象
D. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度
8.如图所示，PQ为竖直平面内半圆的直径，O为圆心，分别加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场时，带正电的粒子以初速度v沿直径水平射入(不计粒子的重力)，均通过N点，则( )
A. 甲、乙两图中，粒子在N点的速度方向均沿ON方向
B. 甲、乙两图中，粒子在N点的速度均大于在P点的速度
C. 甲图中，若增大粒子的入射速度v，电场力对粒子做的功将变大
D. 乙图中，若减小粒子的入射速度v，粒子在半圆内运动的时间将变大
9.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电微粒是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流时，电子的定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两表面会形成电势差U，下列说法中正确的是( )
A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压U与v无关
C. 前、后表面间的电压U与c成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
10.如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C. 火箭的水平射程为m2v02M−m2gsin2θ
D. 火箭上升的最大高度为m2v022g(M−m)2
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)小明同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，将摆球悬挂于铁架台上，下列各图中悬挂方式正确的是____；测量小球直径时游标卡尺如图所示，其读数为____mm。
(2)小杨同学在“用插针法测定玻璃砖折射率”的实验中，在线段ab上正确地插好两枚大头针ab后，插上大头针c时应采取的正确操作_______________；正确操作后绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置如图所示。请结合所学的知识判断出其出射的光线应过_______(填“d”或“e”)点。
12.某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，实验主要步骤如下：
ⅰ.调节气垫导轨水平，并将气垫导轨固定，用电子秤测得两滑块的质量分别为m1=0.200 kg和m2=0.400 kg；
ⅱ.将滑块A、B放在导轨上，调节B的位置，使A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等，测得s1=s2=0.450 m；
ⅲ.使A以一定的初速度沿气垫导轨向左运动，先后与左边挡板、B碰撞，用手机的“声学秒表”软件记录A从与左边挡板碰撞时刻开始到与B碰撞所用的时间t0=0.90 s，分别记录从A和B碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间tA=3.30 s和tB=1.44 s。
请回答下列问题：
(1)实验中，A、B碰撞后的运动方向相反，则应选取质量为_________kg的滑块作为B；
(2)A、B从开始接触到分离，A的动量减少量是_________kg·m/s，B的动量增加量是_________kg·m/s；(结果均保留3位有效数字)
(3)A、B的这次碰撞是非弹性碰撞的依据是_________。
A.1t0>1tB−1tA B．1t0>1tB+1tA C．1t0<1tB−1tA D．1t0<1tB+1tA
三、计算题：本大题共4小题，共44分。
13.如图所示，图甲是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像。试求：
(1)该简谐横波的传播方向；
(2)该简谐横波的波速为多少；
(3)比较t=0.1s时质点Q与质点P的加速度的大小；
(4)当质点Q处于波谷时，其右方与其平衡位置相距9m的质点的位置及运动方向。
14.如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)ab棒受到的安培力的大小．
15.如图所示，质量m=2kg的滑块(可视为质点)，以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg，长L=4.8m.滑块在平板小车上滑移1.5s后相对小车静止．求：
(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；
(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少．(g取10m/s2)
16.如图所示，在xy平面内，直线MN与x轴正方向成30°角，MN下方是垂直于纸面向外的匀强磁场，MN与y轴正方向间存在电场强度E=43×105N/C的匀强电场，其方向与y轴正方向成60°角且指向左上方，一重力不计的带正电粒子，从坐标原点O沿x轴正方向进入磁场，已知粒子的比荷q/m=107C/kg，结果均保留两位有效数字，试问：
(1)若测得该粒子经过磁场的时间t1=π3×10−6s，求磁感应强度的大小B；
(2)粒子从坐标原点开始到第一次到达y轴正半轴的时间t；
(3)若粒子的速度v0=1.0×106m/s，求粒子进入电场后最终离开电场时的位置坐标？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查简谐运动的振动图像。解决问题的关键是理解振动图像的物理意义，结合图像分析质点的振动规律。
【解答】
A.由图可知，质点做简谐运动的周期是4 s，在任意2 s的时间内，质点经过的路程都是振幅的两倍，即4cm；故A正确；
B.t=2 s前后，质点通过平衡位置，质点的速度方向没有发生变化，故B错误；
C.在t=2s到t=3 s时间内，质点由平衡位置向负的最大位移处运动，位移在增大，故C错误；
D.t=0.5 s和t=1.5 s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相同，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A.小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引起的，选项A正确；
B.小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高，该现象不属于共振，选项B错误；
C.101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反，重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，选项C错误；
D.如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，这属于受迫振动；膜片振动带动线圈振动，使线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流，经放大传给扬声器最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出，这不属于共振，选项D错误。
故选A。
3.【答案】A
【解析】【分析】
考查干涉与衍射的原理。著名的泊松亮斑，是光照在小圆盘上却在屏上中央出现亮斑。
1.根据特征区别干涉图样和衍射图样，衍射与干涉图样的区别是：前者是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小；后者明暗条纹宽度相等．
2.单色光照射小圆孔做衍射的实验时，中央较大的区域内是亮的，周围是明暗相间的圆环，条纹间距也不等，亮度向外逐渐变暗；单色光照射小圆板做衍射的实验时，中间是一个比较小的亮点--泊松亮斑，亮度向外逐渐变亮。
【解答】
根据衍射与干涉图样的区别是：前者是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小；后者明暗条纹宽度相等，可知甲图是双缝干涉条纹，乙图是单缝衍射条纹；
根据小孔衍射与泊松亮斑的区别可知，小圆孔做衍射的图样是中央较大的区域内是亮的，周围是明暗相间的圆环，可知丙是小孔衍射，丁是小圆板。所以只有A是正确的。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了光的折射和全反射，解题关键是要弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中几何关系求出折射角或入射角，然后根据折射定律列式求解。
当光线从半圆形玻璃砖下表面的P点以θ=60°的入射角入射，在玻璃砖内分成a、b两单色光，作出光路图，根据全发射条件和折射定律联立即可，再结合双缝干涉和v=cn即可解答。
【解答】
A、a光在P处的折射角α满足tanα= 33，可得α=30∘，故该玻璃砖对a光的折射率na=sinθsinα= 3，选项A错误：
B、a光在P处的折射角大于b光在P处的折射角，故折射率navb，选项B正确：
C、由naλb，又由△x=λld可得Δxa>Δxb，即a、b光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻暗条纹间距较大，选项C错误：
D、a光在M点的入射角为30∘，sin30∘=12，a光的全反射临界角C满足sinC=1na= 33，
sin30∘5.【答案】D
【解析】A.由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，A错误；
B.当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)。穿过螺线管的磁通量增大，B错误；
CD.由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从b经过R到a，故D正确，C错误。
故选D。
6.【答案】A
【解析】AD.当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，P、Q会互相靠拢阻碍磁通量的增大，故A正确，D错误；
B.根据楞次定律可知，回路产生的感应磁场会阻碍磁铁的下落，则磁铁下落的加速度小于g，故B错误；
C.磁铁的重力势能转化为系统的动能和因焦耳热产生的内能，故磁铁的动能的增加量小于其势能的减少量，故C错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】解：A、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的，故A错误；
B、光学镜头上的增透膜是利用膜的内外表面反射，出现光的薄膜干涉现象，故B正确；
C、白光通过三棱镜后投射到屏上呈现的彩色光带，是光的折射引起的色散，故C错误；
D、反射光为偏振光，拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光，故D错误；
故选：B。
泊松亮斑是光的衍射现象；增透膜是利用光的干涉现象；三棱镜后投射到屏上呈现的彩色光带，是光的折射引起的色散；偏振片以减弱反射光的强度．
考查光的干涉、衍射、偏振与折射原理，掌握常见的光学现象即可．
8.【答案】D
【解析】解：A、甲图中，根据类平抛运动的推论：末速度的反向延长线过其水平位移的中点。所以粒子在N点的速度方向，不是沿着ON方向。乙图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，沿半径方向射入一定沿半径方向射出，故粒子在N点的速度方向一定沿ON方向，故A错误；
B、甲图中粒子做类平抛运动，电场力做正功，粒子的速度增大，故粒子在N点的速度大于在P点的速度；乙图中，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，故粒子在N点的速度大小等于在P点的速度大小，故B错误；
C、甲图中，若增大粒子的入射速度v，粒子的水平位移将增大，竖直位移将减小，故电场力对粒子做的功将变小，故C错误；
D、乙图中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2R，即：R=mvBq，当减小速度时，粒子的半径减小，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角θ变大。
则粒子在磁场中的运动时间t=θ2π⋅T，T=2πRv=2πmBq，由于圆心角θ变大，运动时间t也变大，故D正确。
故选：D。
根据类平抛运动的推论：末速度的反向延长线过其水平位移的中点，可判断在甲图中的N点速度方向；
乙图粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变；
根据甲图中初速度变化可以判断水平位移变化从而判断竖直位移变化，进一步判断电场力做功变化；
粒子在乙图中做匀速圆周运动，运动时间用t=θ2π⋅T求解。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分别根据类平抛运动的规律和匀速圆周运动的规律进行分析。关键要掌握平抛运动的推论末速度的反向延长线过其水平位移的中点。
9.【答案】D
【解析】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
BC、由电子受力平衡可得：eUa=evB，解得：U=Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误。
D、稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即为：evB=eUa，故D正确。
故选：D。
金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个表面聚集电子，再确定电势的高低；
根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
本题现象称为霍尔效应，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断哪一面的电势高。
10.【答案】C
【解析】A.火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；
B.水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；
C.在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
(M−m)v−mv0=0
解得
v=mv0M−m
火箭上升的时间为
t=vcsθg=mv0csθM−mg
火箭的水平射程为
x=vsinθ⋅2t=mv0sinθM−m⋅2mv0csθM−mg=m2v02M−m2gsin2θ
C正确；
D.水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有
vcsθ2=2gh
解得
h=m2v022gM−m2cs2θ
D错误。
故选C。
11.【答案】 C 19.0或19.1 透过玻璃砖后挡住b、a的像 e
【解析】(1)[1]实验过程中悬点需要固定，所以悬挂方式正确的是C。
[2]游标卡尺的精度为 1mm10=0.1mm ，读数为 19mm+0×0.1mm=19.0mm 。
(2)[3]为了确定从玻璃砖射出的光线，大头针c应透过玻璃砖后挡住b、a的像。
[4]连接cd和ce如图
结合折射定律可知入射光线与出射光线平行，所以出射的光线应过e点。
12.【答案】(1)0.400；
(2) 0.127；0.125；
(3) B
【解析】【分析】
用动量守恒定律分析一维碰撞问题，验证是否为弹性碰撞必然要用到机械能守恒定律和动量守恒定律，需要对碰撞前后的状态进行分析，判断是否同时满足机械能守恒定律和动量守恒定律。
本题考查用动量守恒定律去分析一维碰撞问题，需要对学生动量守恒和机械能守恒定律有较深刻的认识，明确实验原理和内容。
【解答】
(1)两滑块的质量分别为0.200kg和0.400kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选质量为0.400kg的滑块作为B;
(2)根据题意，设向右为正方向，碰撞前A的速度为：
v0=s1t0=0.5m/s
碰撞后A的速度为：vA=−s1tA=−0.136m/s
碰撞后B的速度为：vB=s2tB=0.3125m/s
A、B从开始接触到分离，A的动量减少量是m1v0−m1vA=0.127kg⋅m/s;
B的动量增加量是m2vB=0.125kg⋅m/s;
(3)根据动量守恒定律：m1v0=m1vA+m2vB；
若A、B的这次碰撞是非弹性碰撞，碰撞前后机械能不守恒，则有：
12m1v02>12m1vA2+12m2vB2；
可得：1t0>1tB+1tA；
故A、B的这次碰撞是非弹性碰撞的依据是选B。
13.【答案】解：(1)由图可知t=0时质点P的振动方向沿y轴负方向，简谐横波沿x轴正方向传播；
(2)由图甲得波长为λ=4m，由图乙得周期为T=0.4s，依据v=λT
可得波速为：v=10m/s
(3)t=0.1s时质点运动了四分之一周期，质点Q离开平衡位置的位移小于质点P离开平衡位置的位移，故质点Q的加速度小于质点P的加速度aQ(4)当质点Q处于波谷时，其右方与其平衡位置相距9m的质点与Q相距(2λ+14λ)，因此处于平衡位置且向下运动。
答：(1)该简谐横波的传播方向沿x轴正方向传播；
(2)该简谐横波的波速为10m/s；
(3)t=0.1s时质点Q与质点P的加速度有：aQ(4)与Q相距(2+14λ)，因此处于平衡位置且向下运动。
【解析】(1)根据图象读出波长和周期，由v=λT求出波速；
(2)根据乙图分析t=0时刻质点P的振动方向，由波形平移法判断波的传播方向；
(3)分析t=0.1s时质点Q和质点P所处的位置，从而判断其加速度的大小；
(4)根据质点Q与9m处质点的位置关系分析振动情况关系。
解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向的方法，掌握波形平移法分析波的传播方向，熟记波速的计算公式。
14.【答案】(1)0.8V (2)4A (3)0.8N
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为
E=Blv=0.8V；
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流大小为
I=ER=4A ，
根据右手定则可判定电流方向从b到a；
(3)由于ab棒通电在磁场中受安培力
F安=BIl=0.8N，
方向由左手定则知水平向左。
15.【答案】解：(1)设m滑上平板小车与平板小车相对静止时速度为v，以向右为正方向，据动量守恒定律得：
mv0=(M+m)v，
对m，由动量定理得：−μmgt=mv−mv0，
代入数据解得：μ=0.2
(2)设滑块的速度为v1时，滑块刚好滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，则
mv1=(m+M)v2
对M、m组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL=12mv12−12m+Mv22
代入数据解得：v1=4 2m/s；
答：(1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ为0.2；
(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过4 2m/s。
【解析】(1)以滑块与小车组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，由动量守恒定律可以求出它们共同运动时的速度，对滑块由动量定理可以求出动摩擦因数；
(2)根据能量守恒定律求出滑块的最大初速度。
本题考查了动能定理、动量定理、动量守恒定律的应用，关键是体会根据运动情况能选取对应的运动规律。
16.【答案】(1)0.5T (2)1.4×10−6s (3)(0,2.0m)
【解析】】(1)由几何关系可知
t1=5T6
又
T=2πmBq
联立可得
B=0.5T
(2)设粒子在磁场中的运动半径为r，速度为v，由几何关系可知 ∠QPO=30∘ ，POQ为等腰三角形，所以 PO=OQ=r ， PQ= 3r ，故
t=t1+ 3rv
Bqv=mv2r
联立可得
t=t1+ 3mBq≈1.4×10−6s
(3)粒子进入电场后做类平抛运动，设垂直于电场方向的距离为m，电场方向的距离为n，粒子离开电场时经过y轴，其位置坐标为 A(0,d) ，所以
n=12at2
m=v0t
a=Eqm
解得
nm=tan30∘
又
Bqv0=mv02r
所以
r+nsin30∘=d
联立可得
d=2.0m