江苏省2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

江苏省2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、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vA．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2HzB．单摆的摆长约为1mC．若仅将摆球质量变大，单摆周期变大D．t=1s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(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．如图为某款手机防窥膜的原理图，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，防窥膜的可视角度通常是以垂直于屏幕的法线为基线，左右各有一定的可视角度θ，可视角度θ越小，防窥效果越好，当可视角度θ=45°时，防窥膜厚度xA．12L B．32L C．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A．简谐横波沿x轴正方向传播B．简谐横波的波速为0.2C．t=0.3s时，质点Q的加速度小于质点D．t=0.5s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点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mgD．由以上测量数据可以求出磁感应强度B10．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．波源O1激发的横波波速为B．波源O2激发的横波波长为C．O1与B之间的距离为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、电量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给圆环向右的初速度v0，圆环运动的v−tA． B．C． D．二、实验题：本大题共1小题，共15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。（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（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3小题，共29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（1）玻璃体的折射率；（2）光线通过半球形玻璃体所用时间t。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（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。四、计算题：本大题共1小题，共12分。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（1）求粒子经过yOz平面时沿y轴的速度大小v；（2）若荧光屏与x轴交点的x坐标为3πmv0（3）若粒子击中荧光屏时z轴坐标为mv0qB，求荧光屏与x

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】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。

故答案为：C。

【分析】当穿过闭合线圈的磁通量发生改变时，线圈中产生感应电流。根据题意判断线圈内的磁通量是否发生改变。2．【答案】C【解析】【解答】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。

故答案为：C。

【分析】增透膜利用了光的干涉原理。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。3．【答案】C【解析】【解答】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。

故答案为：C。

【分析】将纸条快速从木块下方抽出，纸条对木块作用时间减小。根据动量定理确定木块做平抛运动的初速度变化情况，继而确定其落点情况。4．【答案】B【解析】【解答】A．由题图乙可知单摆的周期T=2s，所以频率是0.5Hz，A不符合题意；B．由单摆的周期公式T=2π代入数据可得L=1.0mB符合题意；C．单摆周期与摆球质量无关，C不符合题意；D．t=1s时摆球位于平衡位置O，加速度为向心加速度，不是零，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】根据周期和频率的关系得出单摆的频率，结合单摆周期的表达式得出单摆的摆长，单摆的周期和摆球质量无关。5．【答案】A【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知靠近I1右侧的磁场方向为垂直纸面向里，靠近I2左侧的磁感应强度方向为垂直纸面向外，因为I1<I2，所以小磁针垂直纸面向外转动。

故答案为：A。

【分析】根据右手螺旋定则确定两导线产生的磁场方向，再根据电流的大小及磁场叠加原则确定合磁场方向，继而确定小磁针的偏转方向。6．【答案】B【解析】【解答】透明介质的折射率为n=由几何关系可得sin其中sin解得x=故答案为：B。

【分析】根据几何关系确定折射角及入射角的正弦值，在结合折射定律确定厚度的大小。7．【答案】C【解析】【解答】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，故A错误；

B、简谐横波的波速为v=故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，故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，故D错误。

故答案为：C。8．【答案】C【解析】【解答】ABC、因单色光b照亮的区域半径较大，根据tan可知b光的临界角较大，根据sin可知，b光折射率较小，频率也较小，根据v=可知，b光在水中的速度较大，故C正确，AB错误；

D、因b光的频率较小，波长较大，根据∆x=可知，在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，b光的干涉条纹间距比a光宽，故D错误。

故答案为：C。

【分析】点光源在水面上形成圆形区域，根据全反射定律结合光路图确定光的折射率大小。再根据折射定律及条纹间距公式进行分析。9．【答案】C【解析】【解答】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又F解得B=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；

故答案为：C。

【分析】根据左手定则，确定安培力的方向，再根据平衡条件确定安培力的大小及磁感应强度的大小。10．【答案】C【解析】【解答】AB、波的传播速度v=由题意得，振动的周期T=波长λ=vT=6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s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。

故答案为：C。

【分析】根据波速与路程的关系确定波的传播速度，再根据波速与周期及波长公式确定波长的大小、根据题意去诶多功能AB两点与波长之间的关系，继而确定O1B的距离。熟悉掌握振动加强及减弱点之间的距离与波长的关系。11．【答案】B【解析】【解答】由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里A．当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，A正确，不符合题意；BC．当qvB<mg时，在竖直方向，根据平衡条件有F此时，根据牛顿第二定律有f=μ所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v−t图象的斜率应该逐渐增大，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F此时，根据牛顿第二定律有f=μ所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，D正确，不符合题意。故答案为：B。

【分析】根据右手定则得出AB下方的磁场方向，对圆环进行受力分析，根据拉力的合成以及牛顿第二定律进行分析判断。12．【答案】（1）A（2）C（3）2（4）4（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−【解析】【解答】（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。

故答案为：A。

（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。

故答案为：C。

（3）根据题意可知，单摆的摆长为l=L+单摆的周期为T=由单摆的周期公式T=2π可得当地重力加速度值的表达式为g=（4）若摆线长度为L1，此时单摆的振动周期为T若摆线长度为L2，此时单摆的振动周期为T联立解得当地重力加速度值的表达式为g=（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。

【分析】熟悉掌握实验操作步骤及实验要求和注意事项。根据题意确定单摆的摆长，再根据单摆周期公式推导得出重力加速度的表达式。13．【答案】（1）解：作出光路图如图，设玻璃的折射率为n，由折射定律有：n式中，入射角i=45°，r为折射角，OAB为直角三角形，因此有：代入数据得：sinr由折射定律：n（2）解：设光在玻璃中的速度为v，光在玻璃中的速度为：v可得光线通过半球形玻璃体所用时间为：t【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，再根据几何关系及光的折射定律进行解答；

（2）根据折射定律去诶多功能光在玻璃中的传播速度，再根据匀速运动规律进行解答。14．【答案】（1）解：由波形图可知地震横波的波长：λ地震横波沿x轴负方向传播，由波形图可得：t2−t1=(n又因：T>0.5s解得：T地震横波传播速度为：v解得：v（2）解：由题意得：Δt其中：x=30km解得纵波传播速度的大小：v已知地震波的纵波和横波频率与周期均相等，由：v解得纵波的波长为：λ【解析】【分析】（1）根据图像确定横波的波长，再根据波的传播方向结合图像及题意确定横波的周期，再根据波速公式进行解答；

（2）根据时间差确定纵波的速度，再根据题意及波速公式确定纵波的波长。15．【答案】（1）解：小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒得解得v（2）解：小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒，当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得m解得vA=0（3）解：当小球A摆至最高点时，A、B共速，设为v，A、B系统水平方向动量守恒得mAv联立解得h=【解析】【分析】（1）小球摆