2023-2024学年江苏省南菁高级中学高二（上）期末模拟测试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南菁高级中学高二（上）期末模拟测试物理试卷（含解析），共19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.关于图所示情景，下列说法正确的是( )
A. 甲图中水里的气泡看起来很亮主要是因为光的折射
B. 乙图中的条纹是光的衍射形成的，这一原理可以用来检测空气层的厚度
C. 丙图中肥皂膜上的条纹是由于光的衍射形成的，这一原理可以用于相机镜头使照片更加清晰
D. 丁图中的条纹是双缝干涉形成的，双缝干涉实验可以用于测量光的波长
2.磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极(N极或S极)的粒子，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在．若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两个球面1和2，如图所示，a点位于球面1上，b点位于球面2上，则下列说法正确的是( )
A. 球面1和球面2的磁通量相同B. 球面1比球面2的磁通量小
C. a点和b点的磁感应强度相同D. a点比b点的磁感应强度小
3.有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品能使被照物品产生的热效应大大降低，从而被广泛地应用.这种灯降低热效应的原理是灯泡后面放置的反光镜的表面上镀有一层薄膜(如氟化镁)，该膜能消除不镀膜时表面反射回来的热效应最显著的红外线，以λ表示红外线在真空中的波长，n表示薄膜对该红外线的折射率，则所镀薄膜的厚度最小应为(不计半波损失)( )
A. λ4nB. nλ4C. λ2nD. nλ2
4.如图所示，一倾角为α=30∘的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E=2mgq。现将一长为l的细线(不可伸长)一端固定，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上，小球静止在O点。将小球拉开倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 摆球的摆动周期为T=2π lgB. 摆球的摆动周期为T=2π 2l3g
C. 摆球经过平衡位置时合力为零D. 摆球刚释放时的回复力大小F=12mg
5.如图所示，水平轻弹簧左端固定在墙壁，右端与质量为M的小物块相连，小物块可在光滑水平面上做简谐运动，振幅为A。在运动过程中将一质量为m的小物块轻放在M上，第一次是当M运动到平衡位置时放到上面，第二次是当M运动到最大位移时放到上面，观察到第一次放后振幅为A1，第二次放后振幅为A2，则( )
A. A1=A2=A B. A1C. A1=A26.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
A. B.
C. D.
7.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A. 3mv2aeB. mvaeC. 3mv4aeD. 3mv5ae
8.如图所示，一束单色光从截面为以O为圆心、半径为R的14圆形玻璃砖OAB的M点沿纸面射入，当θ=0∘时，光线恰好在玻璃砖圆形表面AB发生全反射；当θ=60∘时，光线从玻璃砖圆形表面的B点射出，且从B点射出的光线与从M点射入的光线平行。则玻璃砖的折射率为( )
A. 2B. 3C. 1.5D. 2
9.光滑水平地面上有两个物体A、B，质量分别为m、M(m( )
A. EplEp2
C. Ep1=Ep2D. 无法判断Ep1、Ep2的大小关系
10.如图甲所示是一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，质点P的平衡位置位于x=7m处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播
B. 再经过0.2s质点P的加速度最大且沿y轴负方向
C. 质点Q的振动方程为y=6sin5π4t+π4cm
D. 该波的波速为10m/s
11.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为2m的弹性白色小球(在一条直线上)，一质量为m的红色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰，红色小球反弹后与挡板弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度相反，白色小球之间也发生弹性正碰。下列说法正确的是( )
A. 10号小球最终速度大小为v0B. 10号小球最终速度大小为13v0
C. 红色小球最终速度大小为2310v0D. 红色小球最终速度大小为1310v0
二、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.小明同学在实验室进行了光的波长与折射率的测定实验。波长的测定：利用如图1所示装置测量某种单色光波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。

(1)关于本实验下列说法正确的是_______。
A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向远离双缝方向移动
C.若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图3所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx时，波长的测量值大于实际值
(2)某次测量时，选用的双缝的间距为0.4mm，测得屏与双缝间的距离为0.5m，用某种单色光实验得到的干涉条纹如图2所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺的读数也如图2中所示，则所测单色光的波长为_______nm。
(3)小明在进行折射率测定后，在网上查找到了如下的资料：常规材料的折射率都为正值。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n(此时折射角取负值)。请你推测该材料对于电磁波的折射率n=−1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是_______。A.
B．
C．
D．
三、计算题：本大题共4小题，共50分。
13.将一个力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，图中O点为单摆的悬点，现将一质量0.05kg小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置，∠AOB=∠COB=α,α小于5∘且是未知量。计算机得到细线对摆球的拉力F最大值是0.51N，两个相邻的最大值之间时间间隔0.2πs，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息(重力加速度g取10m/s2)求：
(1)求单摆的摆长；
(2)求细线对摆球的最小拉力。
14.如图所示为半径为R的透明玻璃球切去底面半径r= 32R的球冠后剩余的球冠。一束半径r= 32R的圆形光束垂直球冠的切面照射到球冠上，进入球冠的光线有部分从球面射出而使球面发光，已知玻璃的折射率n= 2，光在真空中的传速速度为c，球冠(不含底面)的表面积公式为S=2πRh，R为球的半径，h为球冠的高度。不考虑光在球冠内的反射。求：
(1)光束正中间的光线通过球冠的时间；
(2)能发光的球面的面积。
15.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间、B右侧的水平面光滑，AB之间的距离l=1 m，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数从A向B随距离均匀变化如下图所示。质量M=2 kg的足够高光滑曲面在B处与水平面平滑连接。m=1 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点。现给小物块一个水平向右的初速度v0=9 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求；
(1)小物块在曲面上上升的最大高度；
(2)小物块返回B点时小物块和曲面的速度大小；
(3)弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
16.为了研究行星的磁场对宇宙高能粒子及行星生态环境的作用，研究小组建立了以下模型，如图所示，在圆心为O1半径为R的接地的金属圆柱外，有一个匀强磁场均匀的分布在半径为R、2R的两边界1、II之间的圆环区域内，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B(未知).在磁场左侧有一长为4R的带状粒子源，中点为O2，可以放出速度大小为v。、方向平行O1O2连线的带正电粒子，带电粒子沿线均匀分布，每单位时间放出的粒子数为n0已知带电粒子的比荷为qm，不计重力及任何阻力。求：
(1)若从O2点放出的粒子，恰好能被金属圆柱接收到，则磁感应强度B的大小；
(2)若B=mv0qR，则圆柱在单位时间内接收到的粒子数n1；
(3)若B=mv02qR某粒子在磁场中轨迹恰好与金属圆柱内切时，则该粒子进入磁场的位置与O1O2连线间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了薄膜干涉、光的全反射现象，光学知识在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，要能用我们学到的知识解释这些现象。
【解答】
A.甲图中水里的气泡看起来很亮主要是因为光的全反射，故 A错误;
B.乙图中的条纹是光的干涉形成的，这一原理可以用来检测空气层的厚度，故 B错误;
C.丙图中肥皂膜上的条纹是由于光的干涉形成的，这一原理可以用于相机镜头使照片更加清晰，故 C错误;
D.丁图中的条纹是双缝干涉形成的，双缝干涉实验可以用于测量光的波长，故 D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】解：AB、磁通量Φ=Bs，也是穿过球面的磁感线的条数，由于从磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿过球面1与球面2的磁感线的条数是相等的，即球面1与球面2的磁通量相等，故A正确，B错误；
CD、若有磁单极子，位于球心处，因为它的磁感线分布类似于点电荷的电场线的分布，故我们可以类比一个点电荷放在球心处，则a点的电场强度大于b点，故a点的磁感应强度也大于b点，故CD错误。
故选：A。
这是一道关于“磁单极子”的信息题，“磁单极子”是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，可结合点电荷电场的特点分析。
该题属于信息题，由于磁单极子磁场的对称性，与点电荷的电场具有相似性，由此分析即可。
3.【答案】A
【解析】【分析】
两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射光，从而即可求解。
本题考查了光的干涉，知道波程差为半波长的奇数倍时为减弱点，注意薄膜的厚度最小值。
【解答】
当薄膜前后表面反射光线的光程差为半波长的奇数倍时，薄膜两个界面上的反射光相干涉后互相削弱，减少了反射光中的红外线，从而减少了反射光的能量，设λ′ 为红外线在薄膜中的波长，薄膜厚度为d，由题可知λ′=λn，则λ′2(2N+1)=2d(其中N=0，1，2，3，…)，解得d=(2N+1)λ′4(N=0,1,2,3,…)，故薄膜厚度d的最小值为λ′4，则d=λ4n，故B、C、D错误，A正确．
故选 A。
4.【答案】B
【解析】【分析】单摆周期公式T=2π lax中，l为摆球到摆动圆心的距离，ax为等效加速度。摆球在平衡位置时回复力为零，但合力不为零。摆动过程中回复力是重力与电场力的合力沿斜面分力后再沿切线方向的分力。
【解答】AB.带正电小球受到的电场力和重力合力大小为F′=qE+mg=3mg，
电场力和重力合力沿斜面方向的加速度为ax=Fxm=F′sinαm=32g，
则摆球的摆动周期为T=2π lax=2π 2l3g，故A错误，B正确;
C.摆球做圆周运动，摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故 C错误;
D.摆球刚释放时的回复力大小为F=F′sinαsinθ=3mg×12×sinθ=32mgsinθ，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
弹簧振子做简谐振动的振幅根据机械能判断，故判断质量为m的小物块轻轻地放在M上时能量损失的情况即可，注意小物块轻轻地放在M上时动量守恒。
本题主要考查的是简谐运动的振幅与能量有关，判断系统的能量变化即可。
【解答】
第一次，由动量守恒得Mv=(m+M)v ′，所以v ′=Mvm+M， 此过程中系统的动能变化ΔE=12(m+M)v ′2−12Mv2=−Mmv22(m+M)<0
机械能有一定的损失，速度为零时弹性势能减小，振幅会减小，即A1< A；
第二次，当M运动到最大位移处C处将一质量为m的小物块轻轻地放在M上时，由于二者水平方向的速度都是0，所以不会有机械能的损失，振子的振幅不变，即A2=A。
综上可知，A1故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
考查带电粒子在匀强电场与磁场中的运动，根据洛伦兹力始终不做功，以及静电场力做功的特点等解答。
【解答】
AC.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子受到沿y轴正方向的电场力，所以开始时粒子会向y轴正方向运动，又因为磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子会向x轴负方向偏转，AC错误；
BD.运动的过程中粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以不做功，只有电场力对带电粒子做功，粒子速度大小会发生变化，由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后带电粒子受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选：B。
7.【答案】C
【解析】解：当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，电子的运动轨迹如图
，
令电子的半径为r，根据几何知识有r2+a2=(3a−r)2，
所以电子的最大半径为r=43a，因为evB=mv2r，所以B=mvre，
则磁感应强度的最小值为B=3mv4ae，故ABD错误，C正确。
故选：C。
解决该题需要明确知道电子在实线圆围成的区域内运动的临界情况，能正确作出运动轨迹，能根据几何知识求解圆周运动的半径。
8.【答案】B
【解析】设 OM=x ，当 θ=0∘ 时，光线恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，此时有
sinC=xR=1n
当 θ=60∘ ，光线从玻璃砖圆形表面B点射出，光线的光路如图所示
由几何关系得
r=β
在 △MBO 中，有
sinβ=x x2+R2
在M点，由折射定律得
sin60∘=nsinr
解得
r=β=30∘ ， n= 3
故选B。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查用动量和能量分析弹簧类问题。
AB相互作用的过程中系统的动量守恒，(包括弹簧)机械能守恒；当A、B共速时，AB间距离最小弹性势能最大。
【解答】
根据动量守恒和能量守恒可知，当B静止时
mv0=(m+M)v1
Ep1=12mv02−12M+mv12
可得
Ep1=12MmM+mv02
当A静止时
Mv0=(m+M)v2
Ep2=12Mv02−12M+mv22
可得
Ep2=12MmM+mv02
故选C。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了波的图像和振动图像。
根据“上下坡法”分析传播方向；根据再经过0.2s时P的振动位置，分析加速度；根据P、Q两点之间的相位差和振动方程解答；根据v=λT计算波速。
【解答】
A.由图乙可知t=0.2s时刻，质点P向下振动，根据上下坡法，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图乙可知，再经过0.2s质点P的位于波谷，加速度最大且沿y轴正方向，故B错误；
C.质点P、Q的相位差φ0=xP−xQλ×2π=7−48×2π=34π，由图乙可知质点P的振动方程为y=Asin(2πT+φ)=6sin(5π4t+π)cm，质点Q的振动方程为y=Asin(2πT+φ−φ0)=6sin(5π4t+π4)cm，故C正确；
D.该波的波长为8m，周期为1.6s，波速为v=λT=81.6m/s=5m/s，故D错误。
11.【答案】D
【解析】AB.设红色小球与1号小球碰撞后速度分别为 v01 和 v1 ，根据动量守恒定律有
mv0=mv01+2mv1
由能量守恒有
12mv02=12mv012+12×2mv12
得
v01=−13v0
v1=23v0
白色小球碰撞时交换速度，10号小球最终速度为 23v0 ，故AB错误；
CD.设红色小球与1号小球第n次碰撞后速度为v0n，第2次与1号小球碰撞后，有
m⋅v03=mv02+2mv2
12m(v03)2=12mv022+12×2mv22
得
v02=−(13)2v0
以此类推，红色小球最终速度大小为 1310v0 ，故C错误，D正确。
故选D。
本题主要考查弹性碰撞问题，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解红色小球与1号小球第一次碰撞后速度，由此分析10号小球最终速度;红色小球第2次与1号小球碰撞，根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解红色小球的速度大小，由此分析红色小球与1号小球碰撞10次后的速度。
12.【答案】(1)AC；(2)624；(3)B；
【解析】【分析】
(1)双缝干涉测波长实验时要求调节光源、单缝、双缝与遮光筒共轴，根据实验原理Δx=Ldλ分析BC选项；
(2)根据游标卡尺，及亮纹条数求两条纹中心间距Δx，根据Δx=Ldλ计算所测单色光的波长；
(3)根据题意sinisinr=−1结合折射规律选图。
【解答】
(1)A.若照在毛玻璃屏上的光很弱或不亮，可能是因为光源、单缝、双缝与遮光筒不共轴所致，A正确；
B.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距 Δx 应减小，根据 Δx=Ldλ
可知若想增加从目镜中观察到的条纹个数应将屏向靠近双缝方向移动，B错误；
C.若干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，则测量的条纹间距 Δx 大于实际值，根据 Δx=Ldλ
可知波长的测量值大于实际值，C正确；
故选AC。
(2)由图2可知A、B的位置读数分别为10.9mm、15.6mm，则A、B间的距离为
15.6mm−10.9mm=4.7mm
两条纹间距为 Δx=4.76mm=0.78mm
所测单色光的波长为 λ=dLΔx=0.4×10−30.5×0.78×10−3m=0.624×10−6m=624nm
(3)由折射定律得 sinisinr=−1
即 sini=−sinr
可知折射角和入射角等大，且位于法线的同侧，故选B。
13.【答案】(1)0.4m；(2)0.495N
【解析】(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律知
T=0.4πs
根据
T=2π Lg
可得
L=0.4m
(2)小球通过A点时细线对摆球的拉力最小，根据圆周运动的规律可知
Fmin=mgcsα
小球通过B点时细线对摆球的拉力最大，根据圆周运动的规律可知
Fmax−mg=mv2L
小球从A运动到B的过程中，根据动能定理可得
mgL1−csα=12mv2−0
联立解得
Fmin=0.495N
14.【答案】(1) 3 2R2c ；(2) (2− 2)πR2
【解析】(1)由几何知识可得，剩余球冠的高度为
H=32R
光线在球冠中的速度为
v=cn= 22c
则光束正中间的光线通过球冠的时间为
t=Hv=3 2R2c
(2)根据全反射公式
sinC=1n= 22
可得光线在球冠中发生全反射的临界角的为
C=45∘
光线在球冠中发生全反射的临界情况对应的光路如下图所示
则根据几何知识可得，能发光的球冠部分的高度为
h=R−Rcs45∘=2− 22R
则能发光的球面的面积为
S=2πRh=(2− 2)πR2
15.【答案】解：(1)小物块在曲面上升到最大高度h时，两者具有共同的速度v共，
mv0=(m+M)v共 ①
得v共=3m/s ②
又mgh=12mv02−12(M+m)v共2 ③
得h=2.7m ④
(2)从最初到小物块再次回到B点，有
mv0=mv1+Mv2 ⑤
12mv02=12mv12+12Mv22 ⑥
以上两式，得
v1=−3m/s，v2=6m/s ⑦
即小物块速度大小为3m/s，曲面的速度大小为6m/s。
(3)方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
−fl+W弹=0−12mv2，其中结合图f=μ1mg+μ2mg2 ⑧
得W弹=−0.5J ⑨
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能EPmax=0.5J⑩
方法二：由f=μmg和μ−x图像可得f−x图像如图所示
图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知
Wf=S面积=4J，
小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
−Wf+W弹=0−12mv2，
得W弹=−0.5J，
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能EPmax=0.5J
【解析】(1)小物块在曲面上升到最大高度h时，两者具有共同的速度，根据系统水平方向动量守恒与机械能守恒列式求解；
(2)小物块再次返回B点的过程类似于小物块与曲面发生了弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒列式求解；
(3)摩擦力与位移成线性关系，所以可以通过摩擦力的中间值求克服摩擦力做功(或者通过图像面积法)，再由动能定理求克服弹力做功，从而得出最大弹性势能。
16.【答案】(1) 2mv03qR ；(2) 3n08 ；(3) 74R
【解析】(1)设 O2 点放出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，轨迹如图所示
轨迹刚好与圆柱相切，由勾股定理得
r1+R2=r12+4R2
得
r1=3R2
因此由
Bqv0=mv02r1
得
B=2mv03qR
(2)当 B=mv0qR ，根据
qv0B=mv02r2
粒子运动半径
r2=R
由几何关系知，刚好与圆柱相切的粒子的轨迹圆的圆心在边界Ⅱ上粒子入射的位置在 O1O2 连线以下 R2 处，而且沿最下方与磁场相切进入的粒子容易被圆柱接收到，故粒子入射的位置在 O1O2 连线以下 R2−2R 处，圆柱在单位时间内接收到的粒子数
n1=3n08
(3)在 B=mv02qR 时，根据
qv0B=mv02r3
粒子的轨迹圆半径为
r3=2R
粒子的轨迹圆与圆柱体内切，如图所示
▵CO1D 是一个两邻边为 2R 的等腰三角形，其面积
S=12 CD2−12CO12⋅CO1=12⋅CD⋅CO1
由图可知
CO1=R
CD=O1D=2R
解得
EO1= 154R
对 ▵DO1E
ED= O1D2−O1E2=74R
粒子进入磁场的位置与0102连线间的距离 74R 。