2021-2022學年江蘇省鎮(zhèn)江市高二（上）期末物理試卷

2021-2022學年江蘇省鎮(zhèn)江市高二（上）期末物理試卷質量1 的小球以4/ 的速度與質量2 的靜止小球正碰關于碰后的速度1′和2′，下面哪些是可能正確的( )A. 1′=1/ ，2′=3/3C. 1′= 2′=4/3

B. 1′=?2/ ，2′=3/D. 1′=3/ ，2′=0.5/有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺.已知他自身的質量為，則漁船的質量為()A.(+) B.(?) C. D.(+)一個質點在水平方向上做簡諧運動的位移隨時間變化的關系是=55 下列判斷正確的( )0.2頭11000.40.5內質點的速度在逐漸減小D. =0.60如圖，、線表示波谷，則下列敘述正確的( )點始終處于波峰位置、兩點振動有時加強有時減弱、連線上各點振動始終加強如果、兩波源頻率不同，也能產生類似的穩(wěn)定的干涉圖樣兩個振子質量相等。( )第1頁，共21頁1：2甲、乙兩振子的頻率之比為2內甲、乙兩振子的加速度均為正值4：15之間第一次形成的波()10/0.4質點第一次到達波谷從圖乙時刻起，介質中的質點比先到達平衡位置10如圖是半徑為的半圓形玻璃磚一束單色光從( 點位未標)。已知出射光與入射光之間互相垂直，真空中光速為，則( )√2√32光在玻璃磚中的臨界角為3√22如圖將某種透明材質的三棱鏡置于水中，△ 其截面，其∠ =∠ =72°，一束由、單色第2頁，共21頁組成的復色光從水中以角度入射三棱鏡再從三棱鏡射出，光路如圖所示，( )該材質相對水是光密介質單色光在該材質中傳播速度小于在水中傳播速度增大入射角， 界面出射時光先消失減小入射角， 界面出射時光先消失圖甲為某一簡諧波在=0時刻的波形圖，圖乙為圖甲中平衡位置位于=2處的質點的振動圖象，質點的平衡位置位于=4()該簡諧波沿軸負方向傳播，其波速=4/在=2時刻，質點恰好經過平衡位置向軸負方向運動40.5質量和電量都相等的帶電粒子和，以不同的速率經小孔垂直進入勻強磁場，帶()帶負電，帶正電的速度率小于的速率洛倫茲力對、不做功的運行時間大于的運行時間形金屬盒，兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，，分別與高頻交流電源兩極相連，下列說法中正確的是()帶電粒子從磁場中獲得能量帶電粒子在磁場中運動的周期不斷變化第3頁，共21頁增大金屬盒半徑可使粒子射出時的動能增加增大金屬盒之間的電壓可使粒子射出時的動能增加()這束帶電粒子帶正電速度選擇器的1極板帶負電0的帶電粒子的速率等于1若粒子在磁場中運動半徑越大，則該粒子的比荷越小()()圖是多次實驗中某球落個落點痕跡。由()可測出某球平拋的水平射程為 。有關該實驗的一些說法，不正確的。A.入射球和被碰球必須要彈性好，且兩球須質量相等，大小相同B.入射球必須每次從軌道的同一位置由靜止釋放D.實驗中必須確保斜槽光滑，并調節(jié)斜槽末端水平上述實驗除需測量線段 、、的長度外還需要測量的物理量。2的質量1、2?、兩點間的高度差?小球的半徑第4頁，共21頁當所測物理量滿足表達(字母表)時，即說明兩球撞遵守動量守恒定律。現有毛玻璃屏、雙縫、白光光源、單縫和透紅光的濾光片等光學元件，要把它們放在圖所示的光具座上組裝成雙縫干涉裝置，用以測量紅光的波長。將白光光源學元件的字母排列順序應為、 、；如圖所示，、、、代表雙縫產生的四種干涉圖樣，回答下列問題：如圖圖樣是紅光通過雙縫產生的那么換用紫光得到的圖樣最合適；如果將圖樣的雙縫距離變小，那么得到的圖樣用 圖樣表示最合適；此時手輪上的示數2.320 然后同方向轉動測量頭使分劃板中心刻線與第條13.870 為 ；已知雙縫間距為2.0×10?4 ，測得雙縫到屏的距離0.700 ，由計算公式，求得所測紅光波長為 。一列沿軸傳播的簡諧橫波，在=01=0.2時刻的波形如圖虛線所示若波向軸負方向傳播，求該波的最小波速；若波向軸正方向傳播且1< 求=2 處的質點第一次出現波峰的時刻。第5頁，共21頁)，出射光線2==①棱鏡材料的折射率；②光在棱鏡中傳播所用時間。=0.3、質量=3=1(可視為質點自左側槽口點正上方的點從靜止開始落下，、間的距離?=0.5，小球與半圓槽相切滑入槽內。已知重力加速度=10/2，求：小球運動到半圓槽最低點時的速度大小0。1。小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度。第6頁，共21頁如圖所示，在光滑的水平面上有一長為的木板，上表面粗糙，在其左端有一光滑1/4圓弧槽，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，、0靜止在水平面上?，F有滑塊以初速從右端滑上，并以102

0滑離，確好能到達的最高點。、、的質量均為，試求：木板上表面的動摩擦因素；1圓弧槽的半徑；4當滑離時，的速度。如圖所示在坐標系 平面的第Ⅰ象限內存在垂紙面向外的勻強磁場1，在第Ⅳ象限內存在垂直紙面向里的另一個勻強磁場2，在軸上有一點第7頁，共21頁PAGE1021頁(2√3,0)、在軸上有一點(0,).現有一質量為，電量為+的帶電粒子(不計重力)，從點處垂直軸以速度0射入勻強磁場1中，并以與軸正向成60°角的方向進入軸下方的勻強磁場2中，經磁場2偏轉后剛好打在點．求：勻強磁場的磁感應強度1、2的大?。涣Ｗ訌狞c運動到點所用的時間．答案和解析【答案】【解析碰撞前總動量為= 11=1×4 ?/ =4 ?/ 碰撞前總動能為1=11 2=1×1×42=8；1=12 2A、碰撞后總動′ = 11′+ 22′=1×1+2×3=7 ?/ 撞過程動量不恒，不符合實際，故A錯誤；B、碰撞后總動′ = 11′+ 22′=1×(?2)+2×3=4 ?/ 。碰撞后總動能為′=1 11′2+1 22′2=1×1×(?2)2+1×2×32=11，機械能增加，故B錯2 2 2 2誤；C、碰撞后總動′ = ′+

′=1×4+2×4=4 / 。碰撞后總動能為11 22 3 3′=1 11′2+1 22′2=1×1×+1×2×(4)2=

，機械能不增加，故C正2 2 2 3 2 3 9確；D、碰撞后總動′ = 11′+ 22′=1×3+2×0.5=4 ?/ 。碰撞后總動能為1 11′2+1

22′21132124.752 2 2 2小球的速度，會發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，故D錯誤；故選：。碰撞過程動量守恒、機械能不可能增加，碰撞后不能發(fā)生二次碰撞，據此分析答題。碰撞后不能再發(fā)生二次碰撞，據此即可正確解題。【答案】【解析】解：設人走動時船的速度大小為，人的速度大小為′，人從船尾走到船頭所用時間為。取船的速度為正方向。則= ，′ =? ，根據動量守恒定律得： ?′ =解得，船的質量：=(?) ；故選：。動量守恒定律進行分析與計算．的方向．【答案】【解析解：由簡諧運動的位移隨時間變化的關系式=55 知角速度=5，=周期 2 =2=5

=0.4A錯誤；B

10.4

=個周期內運動的路4 =20 1內質點運動的路程是=2.5×2050 B錯誤；C、0.4到0.5質點由平衡位置向最大位移處運動，速度減小，故C正確；D、=0.6時刻質點位移=5(5 ×0.6)=質點經過平衡位置，動能最大，故D錯誤；故選：1內質點經過的路程．根據質點的位置分析其速度．寫出簡諧運動的方程，求出=0.6時刻質點的位移大小關系，確定質點位置分析質點的動能．質點做簡諧運動時通過的路程，一般根據時間與周期的關系，求出路程是多少倍的振幅．質點在任意時刻的位移，可由振動方程求解．【答案】【解析】解：、此時點波峰與波峰相遇，振動加強點，但不是總是處于波峰位置，A錯誤；B、、兩點是波峰與波谷相遇，振動減弱，位移為零，始終處于靜止狀態(tài)，故B錯誤；C正確；DD錯誤。故選：。A、為振幅相同的相干波源，兩列波干涉時，兩列波的波峰與波峰、波谷與波谷相遇處，振動始終加強，波峰與波谷相遇處振動始終減弱。振動加強點的振動等于波單獨傳播時振幅的2倍。在波的干涉現象中，振動加強點的振動始終是加強的，但質點在簡諧運動，其位移隨時間是周期性變化，不是靜止不動的?！敬鸢浮?/p>

根據甲乙兩個振子做簡諧運動的圖像可知幅甲=2 ，乙=1 ，甲、乙兩振子的振幅之比故A錯誤；4B4114

=0.25 8=1=18

=0.125 B錯誤；C、前2內，甲的加速度為負值，乙的加速度為正值，故C錯誤；D這段時間內，甲振子運動了兩個周期，通過的路程為甲=2×4 甲=2×4×2 =16 ，乙振子運動了一個周期，通過的路程為乙=4 乙=4×1 =4 D故選：。根據甲、乙兩個振子做簡諧運動的圖像可知，兩振子的振幅和周期大?。患铀俣确较蚺c位移方向相反；振子運動了一個周期，通過的路程為4 。本題考查振動圖像的認識，解題關鍵掌握圖像信息，從圖像可知振幅與周期，注意振子路程的計算方法?！敬鸢浮俊窘馕觯褐芷?0.4波長=4 ：但介質中的質點并沒有沿波傳播方向運動，故A錯誤；

=40.4

/ =10/ ，B、質點第一次到達波谷，即質點的運動形式傳到點，質點、間相距一個波長的距離，所需的時間為一個周期，即0.4，故B正確；C、圖乙時刻質點正在沿軸負方向運動，它到達平衡位置的時間大于4，而質點到達平衡位置的時間等于4，故C錯誤；1.5運動的路程為=4=45=20D錯誤；故選：。倍。應的公式即可完成解答，分析過程中要注意波的傳播方向?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓骸⑷鐖D，在處60° = 角=15°+處由于入射光與出射光相互垂直，所以、兩法線垂直=45° =30° √3，故A錯誤；B、根據=

√3 B3錯誤；C角 =

=√3，故C錯誤；3D、如圖 ⊥ ，所以 = =75°= ? =75° 75° =√2 D正確。2故選：。角，以及點與點的距離。本題主要是考查了光的折射和光的全反射；解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據圖中的幾何關系求出折射角或入射角，然后根據光的折射定律或全反第12頁，共21頁PAGE1321頁射的條件列方程求解?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓?、根據圖線可知，光從該介質進入水中時折射角小于入射角，所以該材質相對水是光疏介質，故A錯誤；B對即光在水中的折射率大于在該介質中的折射率，根據= 可知單色光在該材質中傳播速度大于在水中傳播速度，故B錯誤；、復色光從水中進入該介質中，光的偏轉角大，說明光的折射率大，增大入射角，光先在 面發(fā)生全反射，光無法射到 面上，所以 界面光先消失，故C正確D錯誤；故選：。全反射的條件分析哪束光先消失。本題主要是考查了光的折射；解答此類問題要知道：不同顏色的光頻率不同，在七種顏經過同一介質時偏折程度就越大；要能夠通過折射定律作出正確的光路圖?！敬鸢浮俊窘馕觥浚? 根據圖乙可知時刻質點的振動方向沿著軸負方向，根據同側法可知簡諧波的傳播方向為軸正方向根據圖象可知簡諧波的波長和周期分別為=4 =2，所以波速為= =4/ =2/ ，故A錯誤；2B.根據題意可知簡諧波的振幅為=0.5 因為=2 =1點恰好經過周期，從平衡位置向軸正方向運動，故B錯誤；C.因為簡諧波的波長為4 小于或等4 故C錯誤；=D.該簡諧波的頻率為 1=1=2

=0.5所以若該波能與另一列波發(fā)生穩(wěn)定的干涉，則另一列波的頻率為0.5 ，故D正確故選：。根據甲、乙兩圖分析得出簡諧波的波長和周期，再解得簡諧波的波速，分析=0時刻，=2 解決該題需要熟記波速與波長、周期的關系，掌握穩(wěn)定的干涉現象以及明顯的衍射現象的條件，知道用同側法分析波的傳播方向?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓海河勺笫侄▌t判斷出帶正電荷，帶負電荷，故A正確；：粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力

2，半徑為：=

，在質量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即的速度率大于的速率，故B錯誤；：洛倫茲力和速度方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故C正確；為=2 故的運行時間等于的運行時間，故D錯誤故選： 。式分析求解。【答案】【解析】解：、離子在磁場中受到洛倫茲力，但不做功，故A錯誤；B、帶電粒子源源不斷的在電場中處于加速狀態(tài)，從而獲得能量。雖速度增大，但在磁場中周期不變，所以粒子的運動周期是固定的，故B錯誤；、帶電粒子從形盒中射出時的動能 =12

2…(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑=

…(2)由(1)(2)可得 = 222顯然，當帶電粒子、一定的，則 ∝ 2 22即 隨磁場的磁感應強度、形金屬盒的半徑狹縫距離無關，故C正確，D錯誤；故選：。回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變。因此帶電粒子在一次加速過程中，電場電壓越大，動能增加越大。但從形盒中射出的動能，除與每次增加的動能外，還與加速次數有關．所以加速電壓越大，回旋次數越少，推導出最大動能的表達式，分析最大動能與磁感應強度和形金屬盒半徑的關系。粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓?、由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場2時向下偏轉，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據左手定則判斷得知該束粒子帶正電，故A正確；B、在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的1極板帶正電，故B錯誤．C、粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：1= ，解得：= ，1故C正確；D、粒子進入勻強磁場2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：2= ，解得：= ，可見，由于是一定的，不變，半徑越大，則越小，故D正確；本題選擇不正確選項，故選：。2力應平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，由平衡條件即可確定出1極板帶什么電。粒子進入勻強磁場2式，根據半徑公式分析半徑越大時，粒子的質量和比荷的大小。本題關鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定。粒子在磁場中偏轉時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑。13.【答案64.5 1 = 1 + 2【解析碰撞后球的水平射程落點如()數，即可取一個最小的圓的圓心，由圖示刻度尺可知，其分度值是1 ，約為64.5 碰撞，兩球半徑應相等，故A錯誤；B、為保證小球的速度相等，被碰球靜止放在槽口，入射球必須每次從軌道的同一位置由靜止釋放，故B正確；C、小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，因為小球碰撞前后的速度不易測量，所以通過測小球“平拋運動的射程”間接地解決，故C正確；D等，斜槽不必光滑，為使小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽末端必須水平，故D錯誤。本題選不正確的，故選： 。設碰撞前入射球的速度大小為1，碰撞后瞬間入射球速度大小為1，被碰球速度大小為2，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：10=11+22小球離開軌道后做平拋運動，由于拋出點的高度相等，小球在空中的運動時間相等，兩邊同時乘以時間得：10=11+11，則1 =1 +2和小球的質量1、2A正確，BCD錯誤。故選：。由(3)可知，當所測物理量滿足表達式1 =1+2時，即說明兩球碰遵守動量守恒定律。故答案為：(1)64.5；(2)；(3)；(4)1=1 +2。(1)根據圖示確定刻度尺的分度值，然后讀數。(2)根據實驗原理與實驗注意事項分析答題。(3)(4)應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式，然后分析答題。14.【答案】 2.310 6.6×10?4單縫、雙縫、屏，因此應填： ；(2)①由 = 可知，由于紫光的波長比紅光的短，則圖樣為；如果將圖樣的雙縫距離變小，由 = 可知，明暗相間條紋變大，則圖樣為；(3)條紋間距為： =13.870?23206?1

=2.310 ；由 = 可得==代入數據解得： 2.0×10?4×2.310 =6.6×10?4 。=0.700故答案為：(1) ；(2)①；② ；(3)2.310；(4) ×10?4。(1)雙縫干涉裝置各組成部分在光具座上的正確排序為：光源、濾光片、單縫、雙縫、屏；(2)①由 = 分析條紋間距的大小由 = 分析條紋間距的變化；(3)根據手輪上的示數求解條紋間距；由 = 可得= ，代入數據求解波長。對螺旋測微器正確讀數．【答案】(1)33從=0到1=0.2過程，波向負方向傳播的距離為：1=+)( =0,1,2…)3波傳播的波速為：1= 1聯立得：1=10+15( =0,1,2…)當=0時波速最小，為：1 =10/(2)當波向軸正方向傳播時，由波形圖可知1=(1+) ，因1< ，則有：1=13 3則波速為2= 波峰到點的距離為：2= ?4點第一次出現波峰的時間為：= 22聯立得：=0.25答：(1)該波的最小波速10/ ；(2) =2 0.25。波長可以從圖中直接讀出，根據波長、頻率和波速的關系列周期性方程可以求出波速；根據波形及傳播方向確定周期，利用波速公式確定波峰到點的距離，再根據速度位移公式求解時間。系列周期性方程，要注意區(qū)分波的傳播圖象和質點的振動圖象。光線在界面的中點發(fā)生從 與 界面

界面入射角=30°，為=60：= ==260° =230 ° 12

=√3②根據直角三角形的邊角關系可得：光在棱鏡中傳播的位移=160° ②2

30 °=5√3 3

= =√3 ，3

5√3 5√3所以，光在棱鏡中傳播所用時間= =3 = ?！?3答：①棱鏡材料的折射率為√3；②光在棱鏡中傳播所用時間為5?！窘馕雒鞔_光線在 邊上的入射角和折射角，求得該棱鏡的折射率；由= 即可求得光在棱鏡中傳播所用的時間。本題是幾何光學問題，要能熟練運用光的折射定律，要注意光在棱鏡中傳播的速度與光第18頁，共21頁PAGE1921頁速的關系。. 從點到最低點根據動能定理可得+) =1 2?02 0解得：0=4/ ；統(tǒng)水平方向不受力，則該系統(tǒng)水平方向動量守恒；設小球離開半圓槽時的水平分速度為，豎直分速度為，此時小球的水平分速度與半=12=1

2+ 2對小球和半圓槽系統(tǒng)，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得： 0=( +)1由能量守恒定律可得：

2 1( +

2+1 2=02 2 2=0聯立知， =1/ ，=√6/ ，1=√7/ ；小球離開半圓槽后豎直方向做豎直上拋運動，則能夠上升的最大高度：= 2= 62 2×10

=0.3 。答：(1)小球運動到半圓槽最低點時的速度大小4/ ；小球第一次離開半圓槽時的速度大小√7/ ；小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度0.3 ?！窘馕觥?1)根據動能定理求出球到達最低點的速度；據動量守恒定律和機械能守恒定律進行解答；據運動學公式求解。從最低點上升時，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒．【答案解當在上滑動時，與 整體發(fā)生作用由于水平面光滑，與 組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，則有：20= ×0+2 1…①2系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產生的內能，則：