2023-2024学年江苏省苏州市高二（上）期末迎考物理试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高二（上）期末迎考物理试卷（A卷）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示为探究感应电流产生条件的实验装置。仅在下列哪种情况下线圈B中无感应电流
( )
A. 开关闭合瞬间B. 开关断开瞬间
C. 开关闭合后，滑动变阻器滑片不动D. 开关闭合后，A从B中拔出
2.为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法中正确的是( )
A. 镀膜使图像清晰是因为利用了光的偏振
B. 镀膜的目的是使入射的红外线反射
C. 镀膜的厚度是红外线在薄膜中波长的四分之一
D. 镀膜的镜头看起来是有颜色的，是因为增加了这种光的透射程度
3.如图所示，一木块置于水平桌面上，木块与桌面之间有一纸条，第一次将纸条以速度v1从木块下方抽出，木块落到地面上的P点，第二次将纸条以速度v2(v2>v1)从木块下方抽出，若木块仍落到地面，则落地点
( )
A. 仍在P点B. 在P点右侧C. 在P点左侧D. A、B、C错误
4.如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是
A. 单摆振动的频率是2 Hz
B. 单摆的摆长约为1 m
C. 若仅将摆球质量变大，单摆周期变大
D. t=1 s时摆球位于平衡位置O，加速度为零
5.如图所示，两根长直导线平行放置，在两导线间距的中点放上一枚小磁针，当两导线中分别通以同向电流I1、I2(I1A. 垂直纸面向外转动B. 垂直纸面向里转动C. 竖直向上转动D. 竖直向下转动
6.某款手机防窥膜的原理图如图所示，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障，屏障的高度与防窥膜厚度均为x，相邻屏障的间距为L，方向与屏幕垂直，透明介质的折射率为 2，防窥膜的可视角度为图中θ，当可视角度θ=45°时，防窥膜厚度x为
( )
A. 12LB. 32LC. LD. 2L
7.如图甲为一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像，则( )
A. 简谐横波沿x轴正方向传播
B. 简谐横波的波速为0.2m/s
C. t=0.3s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D. t=0.5s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离
8.如图甲所示，水面下有一点光源S，同时发射出a光和b光后，在水面上形成一个被照亮的圆形区域(见图乙)，阴影区域为a、b两种单色光所构成的复色光，周边环状区域为b光．则下列说法中正确的是
A. a光的频率比b光小
B. 水对a光的折射率比b光小
C. a光在水中的传播速度比b光小
D. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹间距比b光宽
9.如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为n，b段导线长为L，导线a、b、c段处于与线圈平面垂直匀强磁场中，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡。下列说法中正确的是( )
A. 线圈通电后，b段导线的安培力向下
B. 若仅将电流反向，线圈将仍能保持平衡状态
C. 线圈受到的安培力大小为mg
D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度B=nmgIL
10.如图所示，波源O1、O2以相同频率垂直纸面振动激发出横波在纸面内沿着各个方向传播，A、B、C三点在O1、O2连线的中垂线上，t=0时刻O1、O2同时沿相同方向开始振动，经过4s的时间，与O1相距8m的A点开始振动，此后A点每分钟上下振动20次，且当A位于波峰时，B点同时位于离A点最近的波谷，O1C相距20m。则下列说法正确的( )
A. 波源O1激发的横波波速为83m/s
B. 波源O2激发的横波波长为8m
C. O1与B之间的距离为11m
D. 振动稳定后AC两点间共有5个振动加强点(含AC两点)
11.如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v−t图像不可能是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.小明和小华同学在“用单摆测量重力加速度大小”。
(1)提供下列几个相同大小的小球，应选择___。
A. 实心钢球B.空心钢球C.实心铝球D.空心铝球
(2)选择器材，将摆球用细线悬挂在固定装置的横杆上，则悬挂方式应采用___。
A. B． C．
(3)小明为测得摆线的长度为L，并测得单摆经历n次全振动的时间为t，小球的直径为d，则当地重力加速度值的表达式为g=___(结果用L、d、n、t表示)。
(4)小华在没有游标卡尺的情况下，他先测出摆长较长时的摆线长度L1，并测出此时单摆的振动周期T1；然后把摆线长度缩短为L2，再测出其振动周期T2。则当地重力加速度值的表达式为g=___(结果用L1、L2、T1、T2表示)。
(5)为了减小重力加速度的测量误差，上面两位同学在数据测量或处理上可以采取什么措施？________________
三、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内(入射面即纸面)，入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为R2。真空中光速为c，求：
(1)玻璃体的折射率：
(2)光线通过半球形玻璃体所用时间t。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.2023年8月6日凌晨2时33分，山东德州市平原县发生5.5级地震，地震波既有纵波(P波)也有横波(S波)，纵波是推进波，横波是剪切波，地震波的纵波和横波频率相等。距离震源30km的监测人员先感觉到上下颠簸，Δt=3s后感觉到左右摇晃，监测人员在左右摇晃时监测到了一列沿x轴负方向传播的地震横波。t1=0时刻x轴上在0～4.5km区间内的波形如图中实线所示t2=0.6s时刻的波形如图中虚线所示，已知该地震横波的周期T>0.5s。求：
(1)该地震横波传播速度的大小；
(2)该地震纵波的波长。
15.如图，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m.先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触．现由静止释放小球A.重力加速度大小为g。求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度．
16.如图所示的三维空间中，yOz平面左侧区域记为Ⅰ，区域Ⅰ内存在沿y轴负方向的匀强电场；yOz平面与垂直于x轴足够大的荧光屏之间的区域记为Ⅱ，区域Ⅱ内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，荧光屏与x轴交点位置的坐标不确定，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标−L,0,0处进入区域Ⅰ，粒子初速度大小为v0，方向沿着x轴正方向，经过yOz平而时的坐标为0,−L,0，再经过磁场偏转后击中荧光屏，不计粒子的重力。
(1)求粒子经过yOz平面时沿y轴的速度大小vy；
(2)若荧光屏与x轴交点的x坐标为3πmv0qB，求粒子在磁场中的运动时间t；
(3)若粒子击中荧光屏时z轴坐标为mv0qB，求荧光屏与x轴交点的x坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.开关闭合或断开的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故AB错误；
C.开关闭合，滑动变阻器不动时，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故C正确；
D.开关闭合时，拔出线圈A的瞬间，B线圈中的磁通量减小，线圈中产生感应电流，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.利用了光的干涉，薄膜两个表面的反射光干涉减弱，从而增加透射光的强度，故A错误；
B.镀膜的目的是使红外线透射，使红外线之外的光反射，使红外线图像更加清晰，故B错误；
C.红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，为了增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，为红外线在薄膜中波长的四分之一，故C正确；
D.镀膜的镜头看起来是有颜色的，是因为这种颜色的光在薄膜两个表面的反射光干涉增强，减弱了这种光的透射程度，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】将纸条快速从木块下方抽出，纸条对木块作用时间减小，纸条对木块的摩擦力不变，由
I=Ft
可知纸条对木块的冲量减小，由
I=mv−0
可知木块的动量减小，故木块平抛的速度减小，平抛的高度不变，则平抛的时间不变，所以平抛的水平射程减小，故木块的落点在P点的左侧。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据图乙得出单摆的周期，频率是周期的倒数，根据单摆周期公式T=2π lg求摆长。
单摆在平衡位置时有向心加速度。
【解答】
B、由题图乙可知单摆的周期T=2s，由单摆的周期公式可得：T=2π lg，代入数据可知l=1m，故B正确；
A、T=2s，则频率f=1T=0.5Hz，故A错误；
C、根据单摆周期公式可知周期T与摆球质量无关，故C错误；
D、t=1 s时摆球位于平衡位置O，处于最低点，速度最大，有向心加速度，不为零，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】【分析】
根据安培定则判断两根导线间距的中点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系，从而即可求解。
本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，同时明确磁感应强度为矢量，应根据平行四边形定则求解合磁感应强度。
【解答】
根据安培定则可判断左边导线I1在连线中点处的磁感应强度B1方向垂直纸面向里，右边导线I2在该处形成的感应强度B2垂直纸面向外，且I1B1.可知该点合磁感应强度垂直纸面向外，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场方向，小磁针的N极将垂直纸面向外转动。
故选A。
6.【答案】B
【解析】透明介质的折射率为
n= sinisinr= 2
由几何关系可得
sin r= 12L 12L2+x2
其中
sin i=sin θ= 22
解得
x= 32 L
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.由振动图像可知，在t=0.2s时刻，质点P的振动方向向下，结合波形图可知，简谐横波沿x轴负方向传播，选项A错误；
B.简谐横波的波速为v=λT=20.4m/s=5m/s，选项B错误；
C.t=0.3s时，即在t=0.2s再经过T4，则质点P到达波谷，而质点Q在波谷与平衡位置之间，则此时质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项C正确；
D.t=0.5s时，即在t=0.2s再经过3T4质点P到达波峰，质点Q在波峰和平衡位置之间，则质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，选项D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
通过照亮的圆形区域，知道b光照射的面积较大，从而比较出两束光的临界角大小，折射率大小，以及频率大小．根据v=cn比较出光在介质中传播的速度大小。
解决本题的关键从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出频率、介质中的速度大小关系。
【解答】
A.b光照射的面积较大，知b光的临界角较大，根据sinC=1n，知b光的折射率较小，折射率小，频率也小，所以b光的频率小于a光，故A错误，B错误；
C.根据v=cn，知b光在水中传播的速度较大，故C正确；
D.b光在水中传播的速度较大，则b光的波长较长，条件间距公式△x=Ldλ，则条纹间距较宽，故D错误。
9.【答案】C
【解析】C
【详解】ACD.依题意，通过在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡，可知b段导线所受安培力向上且
F安=mg
又
F安=nBIL
解得
B=mgnIL
故AD错误；C正确；
B.依题意，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，若仅将电流反向，线圈将而外受到向下的安培力作用，不能保持平衡状态。故B错误；
故选C。
10.【答案】C
【解析】【详解】AB.波的传播速度
v=sAt1=8m4s=2m/s
由题意得，振动的周期
T=60s20=3s
波长
λ=vT=6m
故AB错误；
C.当A位于波峰时，B点同时位于离A点最近的波谷，所以O1与B之间的距离
sB=sA+λ2=11m
故C正确；
D.AC两点间各点到两波源距离相等，波程差均为0，所以AC两点间各点均为振动加强点，故D错误。
故选C。
11.【答案】B
【解析】A.由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，所以带电小圆环受到竖直向上的洛伦兹力，当qvB=mg时，小环做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；
BC.当qvBFN+qvB=mg
水平方向，有
f=μFN=ma
小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v−t图像的斜率应该逐渐增大，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D.当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有
qvB=mg+FN
水平方向，有
f=μFN=ma
小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到重力与洛伦兹力相等时，小环开始做匀速运动，故D正确，不符合题意。
故选B。
12.【答案】 A C 2π2n2t22L+d 4π2L1−L2T12−T22 多次改变摆线长度L，并测得相应的周期T，画出 L−T2 图线，利用其斜率计算重力加速度
【解析】(1)[1]为减小空气阻力的影响，应选择密度大，体积小的实心钢球。
故选A。
(2)[2]AB.对A、B两种方式，在单摆摆动过程中，单摆的悬点不固定，摆长会发生改变，故AB错误；
C.对C所示方式，单摆的悬点固定，单摆摆动过程中摆长不变，故C正确。
故选C。
(3)[3]根据题意可知，单摆的摆长为
l=L+d2
单摆的周期为
T=tn
由单摆的周期公式 T=2π lg 可得，当地重力加速度值的表达式为
g=2π2n2t22L+d
(4)[4]若摆线长度为 L1 ，此时单摆的振动周期为
T1=2π L1+d2g
若摆线长度为 L2 ，此时单摆的振动周期为
T2=2π L2+d2g
联立解得当地重力加速度值的表达式为
g=4π2L1−L2T12−T22
(5)[5]可以采取的措施为多次改变摆线长度L，并测得相应的周期T，画出 L−T2 图线，利用其斜率计算重力加速度。
13.【答案】(1) n= 102 ；(2) t= 10R2c
【解析】(1)作出光路图如图
设玻璃的折射率为n，由折射定律有
n=sinisinr
式中，入射角i=45°，r为折射角，OAB为直角三角形，因此
sinr=AB OA2+AB2
代入数据得
sinr= 55
由折射定律
n=sinisinr= 102
(2)设光在玻璃中的速度为v，光在玻璃中的速度为
v=cn= 105c
可得光线通过半球形玻璃体所用时间为
t=Rv= 10R2c
14.【答案】解：(1)由波形图可知地震横波的波长λs=3km
由题意可得t2−t1=(n+34)T (n=0,1,2⋯)
又T>0.5s，所以n=0，即34T=0.6s
地震横波传播速度为vS=λsT
解得vS=3.75km/s
(2)由题意得Δt=xυs−xυP
解得vP=6km/s
又vP=λPT
解得λP=4.8km
【解析】(1)由波形图可知地震横波的波长λs，由题意可得t2−t1=(n+34)T(n=0,1,2⋯)，又T>0.5s，求出周期T，根据vS=λsT，可求该地震横波传播速度的大小;
(2)由题意得Δt=xυs−xυP解得vP，根据 vP=λPT解得纵波的波长λP。
本题考查了波的图像，关键是根据距离震源30km的监测人员先感觉到上下颠簸，Δt=3s后感觉到左右摇晃，得Δt=xυs−xυP解得vP。
15.【答案】解：(1)小球A第一次摆到最低点时速度最大，设最大速度大小为v0，
由动能定理得：mgL=12mv02−0
解得：v0= 2gL
(2)A第二次到达最低点时B的速度最大，A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，
设A第二次到达最低点时的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12mvB2
解得：vA=0，vB= 2gL
(3)当小球A摆到最高点时，A、B速度相等，设为v，A、B系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+m)v
由机械能守恒定律得：12mv02=12(m+m)v2+mgh
解得：h=12L
答：(1)小球A向右摆动的最大速度大小是 2gL，方向水平向右；
(2)物块B运动过程中的最大速度大小是 2gL，方向水平向右；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度是12L。
【解析】(1)小球A第一次到达最低点时速度最大，应用动能定理可以求出小球的最大速度。
(2)小球再次到达最低点时B的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的最大速度。
(3)小球A向右摆到最高点时A、B速度相等，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A上升的最大高度。
根据题意分析清楚A、B的运动过程，确定A、B速度最大的位置是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；解题时注意A、B系统仅在水平方向动量守恒。
16.【答案】解：
(1)可知粒子在区域Ⅰ内，在x轴方向做匀速直线运动，则可得粒子在区域Ⅰ内所花的时间为
t1=Lv0
因受到电场力的作用，粒子在区域Ⅰ内时，在y轴上做匀加速运动，可得
L=12a1t12
解得a1=2v02L
则可得粒子经过 yOz 平面时沿 y 轴的速度大小 vy 为
vy=a1t1=2v0
(2)在区域Ⅱ中，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，
在沿x轴方向有x=v0t，x=3πmv0qB，
解得粒子在磁场中的运动时间t=3πmqB；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，可得m2v02R=Bq2v0
解得R=2mv0Bq
已知粒子击中荧光屏时 z 轴坐标为 mv0qB ，即在z轴方向上的位移为
d=mv0Bq
设粒子在 yOz 平面上的速度偏转的角度为 θ ，则可得
csθ=R−dR=12
解得θ=2nπ+π3n=0,1,2,3,... 或 θ=2nπ−π3n=1,2,3,...
可知粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB
则粒子在磁场中经历的时间为
t=θ2πT=n+162πmBqn=0,1,2,3,... 或 t=n−162πmBqn=1,2,3,...
荧光屏与 x 轴交点的 x 坐标为
x=v0t=n+162πmv0Bqn=0,1,2,3,... 或 x=n−162πmv0Bqn=1,2,3,...

【解析】本题主要考查带电粒子在组合场(电场和磁场)中的运动，受力分析和运动分析是解决问题的关键。
(1)粒子在区域Ⅰ中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，由运动学公式联立即可求解；
(2)在区域Ⅱ中，将粒子在匀强磁场中的运动分解，沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，结合题意，由x轴方向匀速运动的位移时间关系求解粒子在磁场中的运动时间；
(3)在区域Ⅱ中，粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，结合题意，由洛伦兹力提供向心力列式可得粒子打在荧光屏时z轴的坐标与轨道半径的关系，由几何知识和圆周运动的知识可知粒子在磁场中运动的时间，在x轴方向，根据匀速运动的位移时间关系求得荧光屏与x轴交点的x坐标。