2023-2024学年江苏省苏州市高二（上）期末迎考物理试卷（A卷）
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
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，从中拔出
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从木块下方抽出，木块落到地面上的点，第二次将纸条以速度从木块下方抽出，若木块仍落到地面，则落地点
( )
A. 仍在点 B. 在点右侧 C. 在点左侧 D. 、、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随时间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
B. 单摆的摆长约为
C. 若仅将摆球质量变大，单摆周期变大
D. 时摆球位于平衡位置，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、时，小磁针的极将( )
A. 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，相邻屏障的间距为，方向与屏幕垂直，透明介质的折射率为，防窥膜的可视角度为图中，当可视角度时，防窥膜厚度为
( )
A. B. C. D.
7.如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，为介质中的两个质点，图乙为质点的振动图像，则( )
A. 简谐横波沿轴正方向传播
B. 简谐横波的波速为
C. 时，质点的加速度小于质点的加速度
D. 时，质点距平衡位置的距离大于质点距平衡位置的距离
8.如图甲所示，水面下有一点光源，同时发射出光和光后，在水面上形成一个被照亮的圆形区域见图乙，阴影区域为、两种单色光所构成的复色光，周边环状区域为光．则下列说法中正确的是
A. 光的频率比光小
B. 水对光的折射率比光小
C. 光在水中的传播速度比光小
D. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，光的干涉条纹间距比光宽
9.如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为，段导线长为，导线、、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。当线圈中通入电流时，通过在右盘加质量为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，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
D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度
10.如图所示，波源、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，、、三点在、连线的中垂线上，时刻、同时沿相同方向开始振动，经过的时间，与相距的点开始振动，此后点每分钟上下振动次，且当位于波峰时，点同时位于离点最近的波谷，相距。则下列说法正确的( )
A. 波源激发的横波波速为
B. 波源激发的横波波长为
C. 与之间的距离为
D. 振动稳定后两点间共有个振动加强点含两点
11.如图所示，足够长的导体棒水平放置，通有向右的恒定电流。足够长的粗糙细杆处在导体棒的正下方不远处，与平行。一质量为、电荷量为的小圆环套在细杆上。现给小圆环向右的初速度，圆环运动的图像不可能是( )
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”。
提供下列几个相同大小的小球，应选择___。
A. 实心钢球空心钢球实心铝球空心铝球
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. ． ．
小明为测得摆线的长度为，并测得单摆经历次全振动的时间为，小球的直径为，则当地重力加速度值的表达式为___结果用、、、表示。
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，并测出此时单摆的振动周期；然后把摆线长度缩短为，再测出其振动周期。则当地重力加速度值的表达式为___结果用表示。
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，球面与桌面相切于点。一细束单色光经球心从空气中摄入玻璃体内入射面即纸面，入射角为，出射光线射在桌面上点处。测得之间的距离为。真空中光速为，求：
玻璃体的折射率：
光线通过半球形玻璃体所用时间。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.年月日凌晨时分，山东德州市平原县发生级地震，地震波既有纵波波也有横波波，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。距离震源的监测人员先感觉到上下颠簸，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轴负方向传播的地震横波。时刻轴上在区间内的波形如图中实线所示时刻的波形如图中虚线所示，已知该地震横波的周期。求：
该地震横波传播速度的大小；
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，的质量为，杆上在物块的左侧有一固定挡板，的下端通过一根轻绳连接一小球，绳长为，的质量也为先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，与挡板接触．现由静止释放小球重力加速度大小为。求：
小球向右摆动的最大速度；
物块运动过程中的最大速度；
小球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，平面左侧区域记为Ⅰ，区域Ⅰ内存在沿轴负方向的匀强电场；平面与垂直于轴足够大的荧光屏之间的区域记为Ⅱ，区域Ⅱ内存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，荧光屏与轴交点位置的坐标不确定，一质量为、电荷量为的粒子从坐标处进入区域Ⅰ，粒子初速度大小为，方向沿着轴正方向，经过平而时的坐标为，再经过磁场偏转后击中荧光屏，不计粒子的重力。
求粒子经过平面时沿轴的速度大小；
若荧光屏与轴交点的坐标为，求粒子在磁场中的运动时间；
若粒子击中荧光屏时轴坐标为，求荧光屏与轴交点的坐标。
答案和解析
1.【答案】
【解析】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，拔出线圈的瞬间，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】
【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】
【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
可知纸条对木块的冲量减小，由
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，故木块的落点在点的左侧。
故选C。
4.【答案】
【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，由单摆的周期公式可得：，代入数据可知，故B正确；
A、，则频率，故A错误；
C、根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，故C错误；
D、时摆球位于平衡位置，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】
【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在连线中点处的磁感应强度方向垂直纸面向里，右边导线在该处形成的感应强度垂直纸面向外，且，所以可知该点合磁感应强度垂直纸面向外，根据小磁针静止时极所指的方向为磁场方向，小磁针的极将垂直纸面向外转动。
故选A。
6.【答案】
【解析】透明介质的折射率为
由几何关系可得
其中
解得
故选B。
7.【答案】
【解析】A.由振动图像可知，在时刻，质点的振动方向向下，结合波形图可知，简谐横波沿轴负方向传播，选项A错误；
B.简谐横波的波速为，选项B错误；
C.时，即在再经过，则质点到达波谷，而质点在波谷与平衡位置之间，则此时质点的加速度小于质点的加速度，选项C正确；
D.时，即在再经过质点到达波峰，质点在波峰和平衡位置之间，则质点距平衡位置的距离小于质点距平衡位置的距离，选项D错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】【分析】
通过照亮的圆形区域，知道光照射的面积较大，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.光照射的面积较大，知光的临界角较大，根据，知光的折射率较小，折射率小，频率也小，所以光的频率小于光，故A错误，B错误；
C.根据，知光在水中传播的速度较大，故C正确；
D.光在水中传播的速度较大，则光的波长较长，条件间距公式，则条纹间距较宽，故D错误。
9.【答案】
【解析】
【详解】依题意，通过在右盘加质量为的砝码或移动游码使天平重新平衡，可知段导线所受安培力向上且
又
解得
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】
【解析】【详解】波的传播速度
由题意得，振动的周期
波长
故AB错误；
C.当位于波峰时，点同时位于离点最近的波谷，所以与之间的距离
故C正确；
D.两点间各点到两波源距离相等，波程差均为，所以两点间各点均为振动加强点，故D错误。
故选C。
11.【答案】
【解析】A.由右手螺旋定则可知导体棒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，当时，小环做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；
当时，在竖直方向，根据平衡条件有
水平方向，有
小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其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.当时，在竖直方向，根据平衡条件有
水平方向，有
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】 多次改变摆线长度，并测得相应的周期，画出 图线，利用其斜率计算重力加速度
【解析】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。
对、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。
根据题意可知，单摆的摆长为
单摆的周期为
由单摆的周期公式 可得，当地重力加速度值的表达式为
若摆线长度为 ，此时单摆的振动周期为
若摆线长度为 ，此时单摆的振动周期为
联立解得当地重力加速度值的表达式为
可以采取的措施为多次改变摆线长度，并测得相应的周期，画出 图线，利用其斜率计算重力加速度。
13.【答案】 ；
【解析】作出光路图如图
设玻璃的折射率为，由折射定律有
式中，入射角，为折射角，为直角三角形，因此
代入数据得
由折射定律
设光在玻璃中的速度为，光在玻璃中的速度为
可得光线通过半球形玻璃体所用时间为
14.【答案】解：由波形图可知地震横波的波长
由题意可得
又，所以，即
地震横波传播速度为
解得
由题意得
解得
又
解得
【解析】由波形图可知地震横波的波长，由题意可得，又，求出周期，根据，可求该地震横波传播速度的大小
由题意得解得，根据 解得纵波的波长。
本题考查了波的图像，关键是根据距离震源的监测人员先感觉到上下颠簸，后感觉到左右摇晃，得解得。
15.【答案】解：小球第一次摆到最低点时速度最大，设最大速度大小为，
由动能定理得：
解得：
第二次到达最低点时的速度最大，、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，
设第二次到达最低点时的速度大小为，的速度大小为，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：
解得：，
当小球摆到最高点时，、速度相等，设为，、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：
由机械能守恒定律得：
解得：
答：小球向右摆动的最大速度大小是，方向水平向右；
物块运动过程中的最大速度大小是，方向水平向右；
小球向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度是。
【解析】小球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。
小球再次到达最低点时的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出的最大速度。
小球向右摆到最高点时、速度相等，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
根据题意分析清楚、的运动过程，确定、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、系统仅在水平方向动量守恒。
16.【答案】解：
可知粒子在区域Ⅰ内，在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
因受到电场力的作用，粒子在区域Ⅰ内时，在轴上做匀加速运动，可得
解得
则可得粒子经过 平面时沿 轴的速度大小 为
在区域Ⅱ中，粒子沿轴方向做匀速直线运动，粒子在平面内做匀速圆周运动，
在沿轴方向有，，
解得粒子在磁场中的运动时间；
根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
已知粒子击中荧光屏时 轴坐标为 ，即在轴方向上的位移为
设粒子在 平面上的速度偏转的角度为 ，则可得
解得 或
可知粒子在磁场中运动的周期为
则粒子在磁场中经历的时间为
或
荧光屏与 轴交点的 坐标为
或
【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。
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；
在区域Ⅱ中，将粒子在匀强磁场中的运动分解，沿轴方向做匀速直线运动，粒子在平面内做匀速圆周运动，结合题意，由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；
在区域Ⅱ中，粒子在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，在轴方向，根据匀速运动的位移时间关系求得荧光屏与轴交点的坐标。
第1页，共1页
