苏州2023-2024学年高二上学期期中模拟考试物理试卷含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司1 高二年级物理高二年级物理期中期中调研卷调研卷 考试范围：必修三最后一章，选修一前三章；考试时间：75 分钟；满分 100 分一、单选题（共一、单选题（共 4444 分）分）1电磁波广泛应用在现代医疗中，下列不属于电磁波应用的医用器械有（）A检查血流情况的超声波“彩超”机 B杀菌用的紫外灯 C拍胸片的 X 光机 D测量体温的红外线测温枪 2如图所示，带负电的金属环绕轴 OO以角速度 匀速旋转，在环左侧轴线上原小磁针最后平衡的位置是（）AN 极竖直向上 BN 极竖直向下 CN 极沿轴线向左 DN 极沿轴线向右 3如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择

2、器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A甲图可通过增加电压 U来增大粒子的最大动能 B乙图可通过增加等离子体的流速来增大电源电动势 C丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器 D丁图中产生霍尔效应时，若载流子带负电，稳定时都是 D 板电势高 4（我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”。如图所示，“天眼”的“眼眶”所围圆面积为 S，其所在处地磁场的磁感应强度大小为 B，与“眼眶”平面垂直，平行的分量分别为1B、2B，则（）A穿过“眼眶”的磁通量大小为 BS B穿过“眼眶”的磁通量大小为2B SC在地球自转 180的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为22

3、B SD在地球自转 180的过程中，穿过“眼眶”磁通量的变化量为 0 5图甲中的弹簧振子水平放置，将小球从平衡位置 O拉到 A（在弹性限度内）后由静止释放，小球在 O点苏州2023-2024学年高二上学期期中模拟考试物理试卷 2 附近来回振动；图乙中小球由静止释放后可绕固定点来回摆动（忽略一切阻力）。则（）A甲图中的小球一定做简谐运动 B乙图中的小球一定做简谐运动 C甲图中的小球的回复力方向与位移方向相同 D乙图中的小球在图示位置细绳中的拉力最大 6如图所示是某弹簧振子做简谐运动的图像，则（）A06s 内该振子通过的路程是 16cm B该振子的振动方程是()4sin 0.25xt=cm C该质

4、点振动的频率为 0.25Hz Dt=6s 时质点的位移是 4cm 7如图是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，B、D中电流垂直纸面向里，C中电流垂直纸面向外如果ABACAD=，则 A 点的磁感应强度的方向（）A垂直纸面向外 B垂直纸面向里 C由 A 指向 B D由 A 指向 D 8 两列相干水波的干涉图样如图所示，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷 已知两列波的振幅均为 5cm，C点是 BE 连线的中点，下列说法中正确的是（）AP点保持静止不动 B图示时刻 D点正处于平衡位置且向下运动 C再过半个周期，E 点变为减弱点 D图示时刻 A、B两点的竖直高度差为 10cm 学科网（北京）股

5、份有限公司 3 9A、B 两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其 xt图像如图所示，A 物体的质量为 m1，B物体的质量为 m2，则下列说法正确的是（）A碰撞后 A 仍沿原来方向运动 B碰撞后 A 的速度大于 B 的速度 CB 物体的质量为 m2大于 A 物体的质量为 m1 DA、B 正碰属于非弹性碰撞 10如图所示，悬挂于竖直弹簧下端、质量为 m 的小球向下运动，某时刻速度大小为 v。经时间 t，小球的速度大小仍是 v，但方向变为向上。不计空气阻力，重力加速度为 g。在此过程中（）A小球动量的变化量为零 B小球动量的变化率一直增加 C小球重力的冲量为 mgt，方向向下 D弹簧弹力的冲

6、量与小球重力的冲量大小相等，方向相反 11如图所示，质量均为0.1kg的木块 A 和 B，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为0.3m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的小球 C。现将 C 球拉起至细线水平伸直，并由静止释放（）A小球 C 第一次运动到 O的正下方时，A 与 C 的速度大小相等、方向相反 B从小球 C 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，A 的速度先增大后减小 C从小球 C 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，细线对 C 不做功 D从小球 C 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，合力对 B 的冲量为0.1N s 二、实验题（共二、实验题（共 1

7、515 分）分）12（15 分）小明利用如题图所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和 4 滑块的总质量120.0gM=，槽码和挂钩的总质量30.0gm=。实验时，将滑块系统系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门 1 和 2 的遮光时间1t和2t，以及这两次开始遮光的时间间隔t。用游标卡尺测出遮光条的宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量v。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如题图所示，其宽度d=mm。（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到气垫导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是 。（3）多次改变光电门 2

8、的位置进行测量，得到t和v的数据如下表：/t s 0.721 0.790 0.856 0.913 0.968 1.020()1/m sv 1.38 1.52 1.68 1.75 1.86 1.96 请根据表中数据，在方格纸上作出vt 图线。()（4）查得当地的重力加速度29.80m/sg=。根据动量定理，vt 图线斜率的理论值 为 2m/s。学科网（北京）股份有限公司 5（5）实验结果发现，vt 图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是 。A选用的槽码质量偏小 B细线与气垫导轨不完全平行 C每次释放滑块的位置不同 D实验中t的测量值偏大 三、解答题（共三、解答题（共 4141

9、 分）分）13（10 分）两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x=-0.2 和 x=1.2m，两列波的波速均为 0.5m/s，波源的振幅均为 2cm。如图为 t=0 时刻两列波的图像，此刻平衡位置在 x=0.2m 和 x=0.8m的 P、Q 两质点刚开始振动。质点 M 的平衡位置处于 x=0.5m 处。求：（1）两列波的周期和相遇的时刻；（2）1.2s 内质点 M运动的路程。14（10 分）如图甲，将力传感器固定于天花板上，传感器上 O点为单摆的固定悬点。现将摆球拉到 A点，最大摆角未知。现释放摆球，摆球将在竖直面内的 A、C 之间来回摆动，其中 B 点为运动中的最低

10、位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小 F随时间 t变化的曲线，图中 t=0 为摆球从 A 点开始运动的时刻，g取 10m/s2，sin5=0.087，cos5=0.996。求：（1）单摆的摆长；（2）最大摆角的余弦值；（3）单摆的振幅。（小数点后保留两位）6 15（10 分）如图所示，质量均为0.3kgM=的两物块 A、B 用轻弹簧相连，静止在光滑水平地面上，初始时弹簧处于原长。一根长为0.2mL=的细线一端固定，另一端拴一质量0.1kgm=的小球 C。把细线拉至水平，将小球 C 由静止释放，当小球运动到悬点正下方时与物块 B 发生弹性正碰。重力加速度210m/sg=。（1）求小球 C 与物块

11、B 碰撞前瞬间，细线拉力 F的大小；（2）求从小球 C 与物块 B 碰撞到弹簧的弹性势能第一次达到最大的过程中，弹簧对物块 B 的冲量 I；（3）若小球 C 的质量可以改变，试求弹簧弹性势能的最大值pmE。16（11 分）如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨 PQ、MN，相距为 L=0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度 B的大小如图乙变化。开始时 ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒和ef平行，ab棒离水平面高度为h=0.2m，ab棒的质量为m1=0.2kg，有效电阻 R1=0.05，cd棒的质量为 m2=0.1kg，有效电

12、阻为 R2=0.15。（设 a、b 棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻和空气阻力不计）。问：（1）若 cd 棒与 ef之间的距离为 L，则 01s 时间段通过 cd 棒的电流大小与方向；（2）若 cd棒与 ef之间的距离足够长且在 1s 末，仅解除对 ab 棒的锁定，求从解除锁定开始到停止过程中回路中 ab棒产生的热量为多少；（3）若 cd 棒与 ef之间的距离为 L且在 1s 末，同时解除对 ab 棒和 cd棒的锁定，稳定后 ab 棒和 cd棒将以相同的速度做匀速直线运动。试求这一速度和 ab棒、cd棒速度相同时，它们之间距离是多大。学科网（北京）股份有限公司 1 高二

13、年级物理高二年级物理期中期中调研卷参考答案调研卷参考答案 1A【详解】A检查血流情况的超声波“彩超”机，是利用超声波的多普勒效应工作的，A 不属于电磁波应用，符合题意；BCD紫外线、X 射线、红外线都属于电磁波，都是电磁波在医学上的应用，BCD 属于电磁波应用，但不符合题意；故选 A。2D【详解】带负电的金属环匀速旋转时，形成的电流方向与旋转方向相反，根据右手螺旋定则可知环轴线上磁场的方向向右，故原小磁针静止时 N 极沿轴线向右。故选 D。3B【详解】A粒子在磁场中满足 2vqvBmr=设回旋加速器 D 型盒的半径为 R，可推导出粒子的最大动能为 2222k122q B REmvm=由此可知，

14、粒子的最大动能为加速电压无关，故 A 错误；B当磁流体发电机达到稳定时，电荷在 A、B 板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即 EqvBqd=所以电源电动势为 EBvd=由此可知，增加等离子体的流速可以增大电源电动势，故 B 正确；C粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故 C错误；D若载流子带负电，洛伦兹力指向 D 板，载流子向 D 板聚集，D 板电势低，故 D 错误。故选 B。4D【详解】AB穿过“眼眶”的磁通量大小为1B S，故 AB 不符合题意；CD在地球自转 180的过程中，“眼眶”相对地磁场静止，穿过“眼眶”磁通量的变化量为 0，故 C

15、不符合题意，D 符合题意。故选 D。5A【详解】A图甲中小球在 O 点附近来回振动，一定做简谐运动，故 A 符合题意；B图乙中小球由静止释放后可绕固定点来回摆动，摆线与竖直方向的角度未知，不一定做简谐运动，故 B不符合题意；C甲图中的小球的回复力方向与位移方向相反，故 C 不符合题意；D乙图中的小球在竖直位置时，小球速度最大，向心力最大，细绳中的拉力最大，故 D 不符合题意。1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A D B D A B C A C C D 2 故选 A。6B【详解】A该振子振动的周期为 8s，06s 内该振子通过的路程是 s=3A=12cm A 错误；B该振子振动的圆

16、频率为 20.25T=振动方程是()m4sin 0.c25xt=B 正确；C该质点振动的频率为 10.125HzfT=C 错误；Dt=6s 时质点的位移是-4cm，D 错误。故选 B。7C【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在 A点上所产生的磁场方向，如图所示：直导线 B 在 A点产生磁场与直导线 D在 A 点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线 C在A 点产生磁场，方向从 D指向 B,即为沿纸面由 A 指向 B,即 A 点磁感应强度的方向由 A 指向 B。故选 C。8A【详解】A由图可知 P点为振动减弱点，且两列波的振幅相等，则 P点保持静止不动，故 A 正确；B由图可知 D点

17、为振动减弱点，且两列波的振幅相等，则 D点保持静止不动，故 B 错误；C由图可知 E点为振动加强点，再过半个周期，E 点仍为振动加强点，故 C 错误；D由图可知 A、B两点均为振动加强点，此时 A 点位移为 5cm5cm10cmAx=+=B 点位移为 5cm5cm10cmBx=图示时刻 A、B两点的竖直高度差为 20cmABhxx=故 D 错误。故选 A。学科网（北京）股份有限公司 3 9C【详解】A根据xt图像斜率表示速度可知碰后 A 沿原来相反方向运动，故 A 错误；B碰后 A 的速度为 108m/s2m/s62v=碰后 B 的速度为 2168m/s2m/s62v=碰撞后 A、B 的速度大

18、小相等，故 B 错误；CD碰撞前 A 的速度为 080m/s4m/s20v=碰撞前 B 的速度为 0，根据动量守恒定律得 1 01 122mvmvm v=+代入数据可得 12:1:3mm=可知 B 物体的质量大于 A 物体的质量；碰撞前的总动能为 2k1 01182Emvm=碰撞后 A、B 的总动能为 22k1 122111822Emvm vm=+=则有 kkEE=可知 A、B 正碰属于弹性碰撞，故 C 正确，D 错误。故选 C。10C【详解】A规定某时刻速度 v 的方向为正方向，由动量变化量公式有 2pmvmvmv=小球动量的变化量为2mv，故 A 错误；B由动量定理有 Ip=又 IF t=

19、合 可得 pFt=合 所以小球动量的变化率为合力，当小球向下运动至最低点时合力向上最大，小球向上弹起时合力逐步减小，故小球动量的变化率先增大后减小，故 B 错误；C小球重力的冲量为 4 IGtmgt=方向竖直向下，故 C 正确；D由 A 选项有 2pmv=规定某时刻速度 v的方向为正方向，即 2GTIImv=化简得 2GTIImv=所以弹簧弹力的冲量与小球重力的冲量大小不相等，故 D 错误。故选 C。11D【详解】A小球向下摆动的过程中，A 和 B 一起向右运动，当 C 第一次达到最低点时，A 和 B 即将分离，设 A 和 B 刚分离时的速度为1v、C 的速度大小为0v，由于 A、B、C 组成

20、的系统水平方向不受外力作用，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 10()0mm vmv+=根据机械能守恒定律可得 221011222mglmvmv=+解得 11m/sv=方向水平向左，且 02m/sv=方向水平向右，故 A 错误；B从 C 过最低点到恰好第一次达到细线左侧最高点的过程中，木块 A 先做减速运动再反向做加速运动，恰好到达细线左侧最高处时与小球共速，故 B 错误；C若 A 和 B 固定，则 C 在运动过程中拉力不做功，但由于 C 开始运动，A 和 B 同时也在运动，则拉力方向与运动方向的夹角不是90，故细线对 C 做功，故 C 错误；DC 从最低点向左运动的过程中，A 和 B 分

21、离，B 做匀速直线运动，则由动量定理可得，从小球 C 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，合力对 B 的冲量为 10.1 1kg m/s0.1N sImv=故 D 正确。故选 D。12 10.10（10.0810.12 均可以）将气垫导轨调至水平 学科网（北京）股份有限公司 5 1.96 BD【详解】（1）1游标卡尺的读数为 10mm5 0.02mm=10.10mm+（2）2滑块保持稳定，其目是将气垫导轨调至水平；（3）3根据表格中数据描点并用直线连接，作出vt 图线，如图所示 （4）4根据动量定理 F tM v=变形得()mg tMmv=+则vt 图线斜率的理论值 22m/s1.96m/s+

22、mgkM m=（5）5根据动量定理 F tM v=变形得 vFtM=A槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力F偏大，所以图线斜率的实验值偏大，A 错误；B细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F的水平分力，所以图线斜率的实验值偏小，B 正确；C滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C 错误；Dt偏大，则vt偏小，图线斜率偏小，D 正确。6 故选 BD。13（1）T=0.8s，t=0.6s；（2）12cms=【详解】（1）由题意知 0.4m=，0.5m/sv=根据vT=得 T=0.8s 由题意知两列波同时到达 M 0.3mPM=，0.5m/sv=根据PMtv=得 t=0.6s（2）由图可

23、知两列波同时到达 M 点，且振动方向沿 x 轴负方向，为振动加强点，即 M 点的振幅 24cmAA=t=1.2s 时，M 点振动了 0.6s，即34T，所以 M点运动路程 312cmsA=14（1）L=1.6m；（2）cos0.996=；（3）0.14mA=【详解】（1）根据图乙得 0.8T=根据2LTg=得 L=1.6m（2）设在 B处的速度为 vB，从 A到 B 过程中 1cosFmg=、()2B11 cos2mgLmv=在最低点 B由牛顿第二定律有 2B2vFmgmL=解得 10.498NF=、20.504NF=得 cos0.996=（3）因为 cos0.996=所以 5=由 sin0.

24、087=得 sin1.6 0.087m0.14mALL=15（1）3N；（2）0.15N s，方向水平向右；（3）1.2J 学科网（北京）股份有限公司 7【详解】（1）小球 C 摆到最低点过程，根据动能定理可得 2012mgLmv=解得碰前小球 C 到最低点时的速度为 02m/sv=C、B 碰前瞬间，根据牛顿第二定律可得 20vFmgmL=解得细线拉力大小为 3NF=（2）小球 C 与物块 B 发生弹性碰撞，设碰后小球 C 的速度为v，物块 B的速度为1v，则有 01mvmvMv=+22201111222mvmvMv=+联立解得 01m/smMvvmM=+1021m/smvvmM=+当弹簧压缩

25、到最短时弹性势能最大，此时 A、B 具有相同的速度2v；根据动量守恒定律可得 212MvMv=弹簧对 B 的冲量为 21IMvMv=联立解得 0.15N sI=可知弹簧对 B 的冲量大小为0.15N s，方向水平向右。（3）根据 102mvvmM=+当小球 C 的质量远大于 B 的质量时，B 所获取的最大速度为02v，当弹簧压缩到最短时弹性势能最大，此时A、B 具有相同的速度3v；根据动量守恒定律可得 0322MvMv=最大弹性势能为()220m3p112222EMvMv=联立解得 8 pm1.2JE=16（1）1.25AI=；dc；（2）Qab=0.1J；（3）59m150【详解】（1）01

26、s 时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，可得 2BSBLEttt=由闭合电路欧姆定律，有 12EIRR=+解得 1.25AI=根据楞次定律可知 cd 棒中电流由dc。（2）1s 末后磁场不变，ab 棒从高为 h处滑下到停止，由能量守恒定律可知 m1gh=Q 解得 Q=0.4J 1s 末后最终回路中 ab 棒产生的热量为 1120.1JabRQQRR=+（3）1s 末后磁场不变，ab 棒从高为 h处滑下到 ef过程，由动能定理可知 211 012m ghmv=解得 02m/sv=从 ab 棒刚到 ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得 1 012()mvmm v=+解得 4m/s3v=以 ab 棒为研究对象，研究 ab 从进入磁场到达到稳定的过程，由 2222 01212ABLvB Lxm vm vFtBLtRRRR=+相对共 解得 8m75x=分析可知x为这个过程中两棒相对靠近的距离，所以稳定时两棒之间的距离为 59m150 xLx=