2021-2022学年江苏省无锡市天一中学高二上学期期中物理试题（理强）含解析

这是一份2021-2022学年江苏省无锡市天一中学高二上学期期中物理试题（理强）含解析，共23页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
  江苏省天一中学2021-2022学年秋学期期中考试高二物理（理强）一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共计40分。每小题只有一个选项符合题意。）1. 下列说法中不正确的是（　　）A. 太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光干涉原理B. 拍摄玻璃橱窗内物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C. 全息照相利用了激光相干性好的特性D. 用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象【答案】B【解析】【详解】A．太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理，故A正确；B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，故B错误；C．激光全息照相是利用了激光相干性好的特性，故C正确；D．根据不同色光在分光镜中的折射率不同，则进入不同介质后，出现色散现象，从而可以观测光谱，故D正确。本题选不正确的，故选B。2. 下列仪器中利用“超声波穿透能力很强”特性制成的有（　　）A. 超声波测位仪 B. 超声波加湿器C. 超声波雾化治疗仪 D. 超声波探伤仪【答案】D【解析】【详解】A．超声波定位仪是根据超声波的空间传播方向性好的特性，来确定目标的具体位置。故A错误；BC．超声波加湿器和超声波雾化治疗仪利用的是超声波具有能量高的特性。故BC错误；D．超声波具有很强的穿透性，能准确反应金属内部结构的变化。故D正确。故选D。3. 激光散斑测速是一种崭新的技术，它应用了光的干涉原理，用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光的时间间隔的乘积等于双缝间距，实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之距离以及相邻亮纹间距，若所用的激光波长为，则该实验确定物体运动速度的表达式为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据双缝干涉条纹间距公式又联立解得物体运动速度的表达式为故选C。4. 一个弹簧振子，在光滑水平面上做简谐运动，如图所示，当它从左向右恰好经过平衡位置时，与一个向左运动的钢球发生正碰，已知碰后钢球沿原路返回，并且振子和钢球不再发生第二次碰撞。则下面的情况中不可能出现的是（　　）A. 振子继续作简谐振动，振幅和周期都不改变B. 振子继续作简谐振动，振幅不变而周期改变C. 振子继续作简谐振动，振幅改变而周期不变D. 振子停止运动【答案】B【解析】【详解】弹簧振子的周期为可知弹簧振子的周期只由弹簧劲度系数和振子质量决定，故碰撞后可能出现：碰后振子速度变为零，则振子停止运动；碰后振子速度大小不变，方向反向，则振子继续作简谐振动，振幅和周期都不改变；碰后振子速度大小发生改变，则振子继续作简谐振动，振幅改变而周期不变。本题选择不可能出现的，故选B。5. 一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m，振幅为A．当坐标为x=0处质点的位移为且向y轴负方向运动时．坐标为x=0.4m处质点的位移为．当坐标为x=0.2m处的质点位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x=0.4m处质点的位移和运动方向分别为A. 、沿y轴正方向 B. ，沿y轴负方向C. 、沿y轴正方向 D. 、沿y轴负方向【答案】C【解析】【分析】【详解】坐标为x=0处质元与坐标为x=0.4m处质元间距为0.4m小于半个波长，坐标为x=0.2m处的质元与它们一定在同一波沿上处在平衡位置向y轴负方向运动，坐标为x=0.4m处质元也向y轴负方向运动．当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时经历时间是半个周期的奇数倍．在这段时间坐标为x=0.4m处质元运动到对称点，即位移为，运动方向沿y轴正方向．故选C。6. 如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是（　　）A. 组成A束和B束的离子都带负电B. 组成A束和B束的离子质量一定不同C. A束离子的比荷大于B束离子的比荷D. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由左手定则结合带电粒子在磁场中偏转的方向知，A、B束离子均带正电，故A错误；BC．A、B束离子的速度相同，而A束离子在磁场中的偏转半径较小，由知A束离子的比荷大于B束离子的比荷，而它们的电荷量关系未知，则无法判断离子质量关系，故B错误，C正确；D．速度选择器中A、B束离子所受静电力向右，所以所受洛伦兹力应向左，结合左手定则可判断磁场方向应垂直于纸面向里，故D错误。故选C。7. 目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为(　　) A. ，M正、N负 B. ，M正、N负C. ，M负、N正 D. ，M负、N正【答案】C【解析】【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．【详解】根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有,电子受电场力和洛伦兹力平衡，有 ,解得： ，故C正确，ABD错误；故选C．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．8. 在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为的同种粒子，如图。现测得：当磁感应强度为时，粒子均从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场：当磁感应强度为时，粒子则从由P点开始弧长为的圆周范围内射出磁场。不计粒子重力，则（　　）A. 前后两次粒子运动的轨迹半径之比为B. 前后两次粒子运动的轨迹半径之比为C. 前后两次磁感应强度的大小之比为D. 前后两次磁感应强度的大小之比为【答案】A【解析】【详解】磁感应强度为时，粒子半径为，粒子运动情况如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得根据几何关系有联立解得当磁感应强度为时，粒子半径为，粒子运动情况如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得根据几何关系有联立解得前后两次粒子运动的轨迹半径比为前后两次磁感应强度的大小之比为故选A。9. 质量为的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为，另一质量也为且可视为质点的物体从箱子中央以的速度开始运动（为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰擅。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得解得由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程应满足小物块受到摩擦力为对系统根据联立可得故选D。10. 如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)（    ）A. 仅增大U2，d将增大B. 仅增大U1，d将减小C. 仅增大U1，d将增大D. 仅增大U2，d将减小【答案】C【解析】【详解】对加速过程，有得带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有所以又因为半径公式则有故d随变化，d与无关，仅增大，d将增大，C正确，ABD错误。故选C。二、实验题（每空3分，两小题共计15分，请将解答填写在答题卡相应位置。）11. 在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时：(1)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最___ （填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为___秒；(2)实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是___ A.实验室的海拔太高B.摆球太重C.测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算D.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(3)有两位同学分别在北京和厦门两地较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，并由计算机绘制了图像（如图甲所示）。北京的同学所测实验结果对应的图线是__ （填“A”或“B”）。另外，在厦门做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图像如图乙所示，由图可知，a、b两单摆的摆长之比=___。【答案】    ①. 低    ②.     ③. C    ④. B    ⑤. 4：9【解析】【详解】(1)[1][2]摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小。所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。由题分析可知，单摆全振动的次数为，周期为；(2)[3]A、海拔太高时，重力加速度较小，这肯定不是测量结果偏大的原因；故A错误；B、摆球的重力越重，误差越小；故B错误；C、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据求出的周期变小，g偏大，故C正确；D、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，依据，测得的单摆周期变大，故由可知得到的g值偏小，故D错误。故选C；(3)[4][5]由，得可知图像的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线。由振动图线知，两单摆的周期比为由，得两单摆摆长之比为【点睛】为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。根据全振动的次数，求出周期。根据重力加速度的表达式可分析g值偏大可能的原因。根据图像比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线。根据振动图像得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比。三、计算题（本题共4小题，共计44分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。）12. 某同学用“插针法”测量玻璃的折射率时，已经完成了部分操作，如图所示。在没有量角器的情况下，请你借助于圆规和三角板、刻度尺；或只用三角板和刻度尺，完成接下来的步骤，量出必要的线段的长度、写出计算玻璃折射率的表达式、并算出玻璃折射率的数值。【答案】见解析【解析】【详解】如图所示画一直线过、与玻璃下表面交于点，连接线段，则为入射光线，为折射光线，以点为圆心，以一定长度为半径画圆，与入射光线和折射光线分别交于、点，过、点做法线的垂线，与法线交于、点，则玻璃的折射率为用刻度尺量出、长度，分别为，则玻璃的折射率为13. 如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号为1，2，3……n号的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动擦因数都相同。开始时，木板静止不动，第1，2，3……n号木块分别以初速度、，……同时运动，方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同的速度匀速运动。试求：（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度；（2）第1号木块与木板刚好相对静止的速度；（3）第i号木块与木板刚好相对静止的速度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）以木板和所有物块为系统，由于系统所受外力之和为零，故系统满足动量守恒，则有又解得所有木块与木板一起匀速运动的速度为（2）设第1号物块相对木板静止时的速度为，由于所有木块的质量均为，与木板间的动擦因数都相同，以木板与物块1为系统一部分，该部分的动量变化为以第2号物块到第号物块为系统另一部分，该部分的动量变化为由系统动量守恒可得联立解得（3）设第号物块相对木板静止时的速度由，则第号物块速度由减为的过程中，序数在第号物块后面的所有物块动量变化量均为；取木板与序号为1至号之间的各物块为系统一部分，该部分的动量变化为序号在第以后的所有物块为系统另一部分，该部分的动量变化为由系统动量守恒可得即解得14. 如图所示，在竖直平面xOy内，x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c点。abc的同心半圆弧与坐标轴交于、、，圆心O与圆弧之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心O与圆弧电势差为U。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界为y=2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度为B。半圆abc内无磁场。正电粒子的粒子源在O点，粒子从坐标原点O被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界abc后的运动。试求：(1)带电粒子的比荷；(2)上边界y=2R上有带电粒子射出磁场部分的长度；(3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由b点进入磁场的粒子做圆周运动，如图甲所示由此可得粒子在电场中加速，有整理得(2)带电粒子从磁场上边界y=2R上射出，右侧的最大距离x1，如图乙所示由几何关系可得y轴左侧最大距离为带电离子从磁场上边界射出的范围为(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示由于因此又因因此则带电粒子在磁场中运动的时间带电粒子在磁场中运动的周期整理得同理得因此15. 如图所示，在倾角＝53°且足够长的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A、B间的距离d＝0.32m。把一表面光滑的小球放在槽内中点处，球和槽的质量相等。现同时由静止释放球和槽，球与槽的侧壁发生碰撞的时间极短，且系统无机械能损失（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。则：（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞？（2）小球与槽的第二次碰撞是发生在侧壁A端还是B端？（请通过计算分析说明）（3）从静止释放球与槽到球与槽的侧壁发生第六次碰撞时槽的位移是多少？【答案】（1）02s；（2）侧壁B；（3）【解析】【详解】（1）设球和槽的质量为m，释放球和槽后，对槽mgsinθ-μ·2mgcosθ=ma解得，槽的加速度a=0所以槽静止释放后，球做匀加速运动mgsinθ＝ma1解得a1＝8m/s2经时间t1球与槽的侧壁B发生第一次碰撞d＝a1解得t1＝0.2s（2）碰撞前球的速度为v1＝a1t1＝1.6m/s球和槽发生碰撞前后，动量守恒mv1＝mv1′＋mv2′碰撞过程不损失机械能，得mvv12＝mv1′2＋mv2′2解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1′和槽的速度v2′分别为v1′＝0，v2′＝1．6m/s（方向沿斜面向下）第一次碰撞后，槽做匀速运动，球做匀加速运动，设经时间t′球的速度等于槽的速度v2′，此时球到侧壁B的距离最大，设为s由速度公式得v2′＝a1t′解得t′＝0.2s由位移公式得，球到侧壁B的最大距离s＝v2′t′－v2′t′＝v2′t′＝0.16m<d所以此时球与槽的侧壁A没有发生碰撞，这以后球与侧壁B的距离减小，将与侧壁B发生第二次碰撞（3）设球与槽的侧壁B第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，根据位移相等得v2′t2＝a1解得t2＝0.4s球与槽侧壁B发生第二次碰前的速度v3＝a1t2＝3.2m/s同理可得碰后球与槽速度分别为v3′＝1.6m/s，v4′＝3.2m/s设经t3发生第3次碰撞v4′t3＝v3′t3+a1t23解得t3=0.4s由此可推得相邻两次碰撞时间间隔均第n次碰后槽的速度为1.6n，球与槽第六次碰前槽的位移解得