2021-2022学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷     下列关于能量、能量量子化及电磁波的说法正确的是(    )A. 能量的耗散现象是与能量守恒定律相违背的一个特例
B. 黑体虽然不反射电磁波，但可以向外辐射电磁波
C. 微波炉使用红外线加热食物
D. 普朗克提出了光是由一个个不可分割的能量子组成的    下列四种情境中说法中正确的是(    )
 A. 图甲中，M、N两点磁感应强度相同
B. 图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大
C. 图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生
D. 图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生    已知通电圆环中心处磁感应强度大小与电流成正比，与半径成反比。两个载流线圈小半圆关于虚线ab对称中的电流相同，关于、处的磁感应强度的说法正确的是(    )
 A. 处垂直纸面向外、处垂直纸面向里，并且
B. 、处均垂直纸面向里，并且
C. 处垂直纸面向外、处垂直纸面向里，并且
D. 、处均垂直纸面向里，并且    OBCD为半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，两束单色光组成的的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分别从B、C两点射出玻璃砖(    )
 A. 玻璃对从C点射出的单色光折射率更大
B. 通过偏振太阳镜观察O处的反射光，转动镜片时会发现有强弱变化
C. 在O点的反射光为单色光
D. 由于玻璃砖的折射率和半径未知，无法比较两束光在玻璃中的传播时间    将一块平板玻璃放置在另一水平放置的平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当某单色光从上方入射后，从上往下看到的明暗相间的干涉条纹如图所示。下列有关该薄膜干涉的说法正确的是(    )
 A. 干涉条纹是入射光在两块平板玻璃上表面的反射光叠加产生的结果
B. 干涉条纹中的亮条纹均是两列反射光的波峰和波峰叠加的结果
C. 干涉条纹成水平排列，若抽去一张纸片，条纹间距将变大
D. 干涉条纹成竖直排列，若抽去一张纸片，条纹间距没有变化    电鳗是一种放电能力很强的淡水鱼类，它能借助分布在身体两侧肌肉内的起电斑产生电流。某电鳗体中的起电斑并排成125行，每行串有5000个起电斑，沿着身体延伸分布。已知每个起电斑的内阻为，并能产生的电动势。该起电斑阵列一端在电鳗的头部而另一端接近其尾部，与电鳗周围的水形成回路。假设回路中水的等效电阻为，则电鳗放电时，其首尾间的输出电压为(    )A. 790V B. 800V C. 974V D. 503V    在均匀介质绳中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为1m，如图所示，一列简谐横波沿该直线向右传播，时刚到达质点1，质点1开始向下运动，6s后第一次出现如图所示的波形。对于该列波下列说法正确的是(    )
 A. 周期 B. 波长 C. 波速 D. 频率    如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的系统做受迫振动。圆盘静止时，在弹簧原长位置释放小球，小球做简谐振动的图像如图乙所示竖直向上为正方向。下列说法正确的是(    )A. 内小球所受的回复力不断减小，且方向为x轴正方向
B. 运动过程中小球的加速度不断变化，最大加速度可能大于重力加速度g
C. 若圆盘以匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4s
D. 若圆盘以匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小    在“测干电池的电动势和内电阻”实验中，某同学连接好电路进行测量，得到数据如下表所示。分析得到的数据发现不对，进一步研究表明实验电路连接错了。你认为(    )A. 该同学所连接的电路可能是上面电路图中的图c
B. 该同学所连接的电路可能是上面电路图中的图d
C. 为了准确完成实验目标，该同学还要继续采用图a继续实验
D. 为了准确完成实验目标，该同学还要继续采用图b继续实验在电场强度为E的足够大的匀强电场中，有一与电场线平行的绝缘水平面，如图中虚线所示。平面上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量，B球不带电。开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中无机械能损失。设在每次碰撞过程中，A、B两球间无电荷量转移，且不考虑一切阻力及两球间的万有引力。则(    )
 A. A球经过时间与B球发生第一次碰撞
B. A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔逐渐呈均匀递增
C. A球与B球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是
D. AB球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。选择好器材，将符合实验要求的单摆悬线上端固定在铁架台上，测出悬点到小球球心的距离l；将摆球拉离平衡位置一个小角度松手使其在竖直平面内摆动，测量单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度________。用l、n、t表示甲同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________。填选项前的字母A.开始摆动时振幅较小B.开始计时时，过早按下秒表C.测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长乙同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是________填“”“l”或“”。若图线斜率为k，则重力加速度________用k表示。丙同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他测量时是将悬点到球心的距离作为摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T。为了消除摆长不准对实验结果的影响，他画出图像，利用图像计算出重力加速度的表达式应为________。某校运动会进行趣味颠球比赛，一同学用头颠球。某一次足球从静止开始下落80cm后，又被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为125cm。已知足球的质量为，足球与头部的作用时间为，重力加速度g取，不计空气阻力。求：

足球被重新顶起时的速度大小；
足球对头部的作用力。如图甲所示，在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学利用入射角与折射角，作出的图像如图乙所示。求：该玻璃的折射率n；他再取用该种玻璃制成截面为四分之一圆面的玻璃柱体，半径为R，厚度为d，如图丙所示，一束刚好覆盖ABNM面的单色光，以与该面成角的方向入射，若只考虑首次入射到ABCD面上的光，则ABCD面上的光透出部分的面积S为多少？ 在如图所示的电路中，是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I与电压U遵循的规律式中、为普通电阻都遵循欧姆定律，且，，电源内电阻，电容开始时和均断开，当闭合开关后理想电流表示数为试求：电源的电动势；电源的效率；已知电容器储存的电场能可表示为为电容器的电容，U为电容器两端的电压现断开，闭合，待电路稳定后，求电容器的带电量和此过程中闭合回路产生的焦耳热不考虑电磁辐射 如图所示，两个滑块A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P。右边有一滑块C沿轨道以速度滑向B，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后A球与挡板P发生碰撞，碰撞后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定锁定及解除锁定均无机械能损失。已知A滑块质量为2m，B和C两滑块的质量均为m，三个滑块均为大小一样的刚性滑块且均可看成质点。求：
弹簧长度刚被锁定后A滑块的速度大小；
滑块离开挡板P时D的速度大小，以及此后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
滑块离开挡板P后，弹簧中点运动位移为d需要的时间。

答案和解析 1.【答案】B 【解析】【分析】
能量的耗散现象不违背能量守恒定律；黑体不反射电磁波，但可以向外辐射电磁波；微波炉使用微波加热食物；结合爱因斯坦的光子说解答。
本题考查人们对几个物理史实的了解以及能量耗散的理解，属于记忆性的知识点，多加积累即可。

【解答】
A、能量的耗散现象并不违背能量守恒定律，但能量品质降低，耗散的内能很难被人类再利用，故A错误；
B、黑体能完全吸收入射到其表面的电磁波，并且不会有任何的反射与透射，但是黑体会向外辐射电磁波，辐射的强度按波长的分布只与温度有关，故B正确；
C、微波炉使用微波加热食物，故C错误；
D、爱因斯坦提出了光是由一个个不可分割的能量子组成的，故D错误。
故选：B。  2.【答案】D 【解析】【分析】
根据磁感线的特点与磁感应强度的关系判断A选项；根据条形磁铁的磁场的特点判断B选项；根据产生感应电流的条件判断CD选项。
该题考查常见的磁场的特点以及产生感应电流的条件，注意产生感应电流的条件是解答的关键。

【解答】
A、磁感线的切线方向表示磁感应强度的方向，由图可知，图甲中M、N两点的磁感应强度的方向是不同的，所以图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，故A错误；
B、根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，故B错误；
C、图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框平面与磁感应强度方向之间的夹角发生变化，穿过线框的磁通量也发生变化，所以线框中有感应电流产生，故C错误；
D、距离通电直导线越远，磁感应强度越小，所以在图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D正确。
故选：D。  3.【答案】A 【解析】【分析】
由安培定则和磁场叠加原理可判断出、处合磁感应强度方向和大小，再进行比较即可。
本题考查磁感应强度的叠加原理和安培定则，属于基础简单题目，解题关键是熟练掌握基本物理规律。

【解答】
由安培定则和磁场叠加原理可判断出处合磁感应强度方向垂直纸面向外，大小满足：，
处合磁感应强度方向垂直纸面向里，大小满足：，
联立可得：，故A正确；BCD错误。
故选：A。  4.【答案】B 【解析】【分析】
根据折射定律分析折射率大小；反射光是偏振光，当偏振光偏振的方向与偏振镜片偏振的方向平行时可以通过偏振片，当二者方向垂直时不能通过偏振光；根据折射定律、光速公式，并结合几何关系分析两束光在玻璃中的传播时间关系。
解答本题的关键是根据折射定律、光速公式，并结合几何关系列式分析两束光在玻璃中的传播时间关系。

【结案的】
A、从B点射出的单色光偏折程度比从C点射出的单色光大，所以玻璃对从B点射出的单色光折射率更大，故A错误；
B、在O处的反射光是偏振光，当偏振光偏振的方向与偏振镜片偏振的方向平行时可以通过偏振片，当二者方向垂直时不能通过偏振光，因此，通过偏振太阳镜观察O处的反射光，转动镜片时会发现有强弱变化，故B正确；
C、入射光为复色光，则在O点的反射光也为复色光，，故C错误；
D、光路图如图，

设任一光线的入射角为i，折射角为r，光在玻璃中传播的路程是s，半圆柱的半径为R，
则光在玻璃中的速度为：，
由几何知识得：，
则光在玻璃中传播时间为：，
由折射定律得：，则得：，
由题图知，两束光的入射角i相同，R、c相等，所以两束光在玻璃中的传播时间相等，故D错误。
故选：B。  5.【答案】C 【解析】【分析】
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差时此处表现为亮条纹。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目。

【解答】
A.干涉条纹的产生是光在空气劈尖膜的前、后两表面反射形成的两列光波叠加的结果，故A错误;
B.根据明暗条纹的条件可知，干涉条纹中的亮条纹是上述两列反射光的波谷与波谷或者波峰与波峰叠加的结果，故 B错误;
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为，即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为，显然抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹或暗条纹之间的距离变大，故 C正确，D错误。  6.【答案】A 【解析】【分析】
先求出总电动势，总电阻，由闭合电路欧姆定律求出电流，然后由算出电压。
本题考查的是闭合电路欧姆定律的内容，代入公式即可求解。

【解答】
总电动势为，总内阻为，根据闭合电路欧姆定律，输出电压为，故A正确，BCD错误。
故选：A。  7.【答案】C 【解析】解：由图可知该波的波长为。简谐横波沿该直线向右传播，时波刚到达质点1，质点1开始向下运动，则介质中所有质点起振方向均向下。
图b中质点9的振动方向向上，则第一次出现如图所示的波形，振动传到质点9后，又传播了半个周期，则，可得周期为，故波速为，频率为，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由图读出波长。时波刚到达质点1，质点1开始向下运动，则介质中所有质点起振方向均向下。图b中质点9此刻振动方向向上，说明波不是才传到质点9，而是传到9后又经过了半个周期，则6s时间与周期的关系为，求出周期，再由波速公式求解波速。
本题考查分析波动形成过程的能力，关键在于分析如何第一次形成图示波形所用时间与周期的关系。容易犯的错误是认为，这样质点9的起振方向与波源的起振方向将不一致。
 8.【答案】D 【解析】【分析】
本题要读懂模型，掌握简谐运动的特点以及振动图像，并知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。

【解答】
A、根据图乙，内小球的位移不断减小，根据可知所受的回复力不断减小，且方向为x轴负方向，故A错误；
B、小球在弹簧原长位置由静止释放，释放位置即为小球的最大位移处，此时小球的加速度为g，故小球的最大加速度等于g，故B错误；
C、若圆盘以匀速转动，则圆盘的周期，小球做受迫振动，振动的周期等于圆盘的转动周期，即2s，故C错误；
D、根据图乙可知小球的固有周期为4s，欲使小球振幅增加，应该让圆盘的转动周期变大，则转速应该适当减小，故D正确。  9.【答案】C 【解析】解：AB、由表格数据可以看出，当电流表示数增大时，电压表的示数也增大。但仔细分析四个选项的电路图知道：ACD三个图均是当电流表示数增大时，电压表的示数减小，该同学使用的是图b，故AB错误；
CD、要测量电源电动势和内阻，必须测量路端电压和电路中的总电流要有两组数据以上。
a图，把、等效为电源内阻，由闭合回路欧姆定律有：，若已知和，则能测出E和r，恰符合要求。
b图，只是测量定值电阻两端电压，和电流，无法获得电源电动势和内阻。
c图，由闭合回路欧姆定律有：，若不考虑电压表的内阻，则也能测出E和r。
d图，由闭合回路欧姆定律有：，若已知电流表内阻，也能测出E和r，
综合以上可知，C正确，D错误。
故选：C。
根据表格数据的特点，分析每个电路图中当电流增大或滑动变阻器减小时，电压表的变化特点，判断是哪个电路图符合数据特点；
根据实验原理有方程法或图象法求解电动势和内阻。
实验电路的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其合理、准确的原则；同时注意各电表示数变化之间变化的规律。
 10.【答案】D 【解析】【分析】
对小球A进行研究，根据牛顿第二定律和运动学的公式求解A与B球发生第一次碰撞的时间间隔；由动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解碰撞后的速度大小；第二次碰撞后，分析物体的运动，由位移关系求解时间间隔。
本题以带电粒子在电场中的运动为核心命题，考查了电场力做功、动量守恒、动能定理和利用数学方法解决物理问题的能力等。解题的难点在于猜测碰撞的时间间隔是否相等，然后利用不完全归纳的方法得出结论，当然还可以利用图象来计算出时间间隔，解决时关键点在于二者碰撞的过程中位移相等。

【解答】
A、对小球A进行研究，根据牛顿第二定律可得：，运动学的公式有，，联立解得：，故A错误；
BCD、A沿电场线方向运动L的过程中，由动能定理可得：，
取向右为正方向，由动量守恒定律得，，
又由碰撞的过程中无机械能损失，根据机械能守恒定律可得：，
其中为A碰撞后的速度，为B碰撞后的速度，联立解得：，，
碰撞后A、B两球碰后速度交换，设经过时间二者再次相遇，根据运动学公式可得：，解得：，
第二次碰撞后A球速度为，B球速度为，所以，
由位移关系得，解得：，
依此类推，得，
得，时间间隔相等，均为：，故D正确、BC错误。
故选：D。  11.【答案】  ；；； ；。 【解析】【分析】
应用单摆周期公式求出重力加速度；
应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差；
应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题；
应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度。
本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题。
【解答】
单摆的周期
由单摆周期公式
可知重力加速度：；
由单摆周期公式可知，重力加速度
A、重力加速度的测量值与振幅无关，开始摆动时振幅较小不会造成重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B、开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；
C、测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，导致所测重力加速度偏大，故C正确；
D、测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，所测摆长偏大，所测重力加速度偏大，故D正确；
故选：CD；
由单摆周期公式可知：，T与成正比，横坐标所代表的物理量是，图象的斜率，重力加速度；
设重心与球心的距离为x，则
由得，
则图线的斜率，可得  12.【答案】解：足球离开头部后竖直上升的最大高度为：，根据速度-位移公式得：，
代入数据解得足球被重新顶起时的速度大小为：；
足球从静止开始下落高度为：，足球与头部接触时的速度大小为，
根据速度-位移公式得：，代入数据解得：，
以足球为研究对象，设足球与头部的平均作用力大小为F，规定竖直向上为正方向，
根据动量定理得：，
代入数据解得头部对足球的平均作用力为：，
由牛顿第三定律可知足球对头部的作用力为：，方向竖直向下。
答：足球被重新顶起时的速度大小为；
足球对头部的作用力为40N，方向竖直向下。 【解析】根据速度-位移公式求解足球被重新顶起时的速度大小；
对足球应用动量定理求解头部对足球的平均作用力的大小，根据牛顿第三定律求解足球对头部的作用力。
本题以某校运动会进行趣味颠球比赛为情景载体，主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化，同时要规定正方向。
 13.【答案】解：由折射定律可得，解得 ；
光线在ABNM面上折射时，如图所示

根据折射定律有：，得，则折射角为，即光进入玻璃后光线与NC的夹角为，即，
过N的光线垂直入射到BC界面上点M射出，M到C之间没有光线射出；越接近B的光线入射到BC界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大，
根据临界角公式：，可得临界角，
设BC界面上的临界点为E，此光线在NB界面上点F入射，则，
E到B之间没有光线射出，由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为，
所以有光透出的部分的弧长为，则ABCD面上有光透出部分的面积为。 【解析】由乙图可知入射角与折射角正弦关系，由光的折射定律可求得玻璃的折射率；
根据全反射条件和几何关系求出ABCD面上的光透出部分的面积S。
 14.【答案】解：当闭合开关后，电流，由闭合电路欧姆定律：

又
联立知，电源电动势；
电源的斜率
断开，闭合，电路稳定时，电容器两端的电压等于电源电动势，则
电容器所带的电荷量
故回路产生的焦耳热。 【解析】根据闭合电路欧姆定律和求出电动势。
根据电源效率求解。
根据电容定义式求电容器的带电量，根据能量守恒求回路产生的焦耳热。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，基础题目。
 15.【答案】解：与挡板P碰撞前，A、B、C动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：；
与B碰撞过程中，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
锁定时，弹簧弹性势能为
A离开挡板P时，D获得全部弹性势能，则有：
联立解得：；
当D与A速度相等时，设为，此时弹簧的弹性势能最大为；
根据能量守恒定律可得：
A离开挡板后到A与D速度相等过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：；
从A开始运动计时，系统动量守恒，并且质心速度保持不变，所以：
解得：
答：弹簧长度刚被锁定后A滑块的速度大小为；
滑块离开挡板P时D的速度大小为；此后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为；
滑块离开挡板P后，弹簧中点运动位移为d需要的时间为。 【解析】与挡板P碰撞前，A、B、C动量守恒，根据动量守恒定律进行解答；
与B碰撞过程中，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；根据能量守恒定律求解锁定时弹簧弹性势能，由此得到A滑块离开挡板P时D的速度大小；当D与A速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒定律、动量守恒定律列方程求解；
从A开始运动计时，系统动量守恒，并且质心速度保持不变，由此解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。