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2023-2024学年江苏省苏州市 期末考试

注意事项：

1.本调研卷选择题11题，非选择题5题，共16题，满分为100分，调研时间75分钟。

2.答卷前，学生务必将自己的姓名、学校、班级、调研序列号填在答题卷的相应位置。

3.将每题的答案或解答写在答题卷上，在调研卷上答题无效，调研结束，只交答题卷。

一、单项选择题：共11题，每题4分，共计44分，每题只有一个选项最符合题意。

1．下列关于电磁波和机械波的说法中，正确的是（　　）

A．都属于横波 B．传播都需要介质

C．都能传递信息和能量 D．机械波能产生干涉、衍射现象，电磁波不能

2．关于下列四个场景的说法中，正确的是（　　）

A．图甲中是光的全反射现象 B．图乙中是光的干涉现象

C．图丙中是光的衍射现象 D．图丁中是光的折射现象

3．如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动最高点，O为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是（　　）

A．经过O点时，向心力和回复力均不为零

B．经过A点时，向心力和回复力均为零

C．在半个周期内，合外力的冲量一定为零

D．在半个周期内，合外力做的功一定为零

4．“甩水袖”是京剧常用的表演手法（如图甲），某水袖由厚薄程度不同的重水袖A和轻水袖B连接而成，现将其放置在水平玻璃面上，抖动重水袖端来研究波的传播，若将水袖上的波简化成简谐波，图乙是某时刻该波的示意图，则（　　）

A．波在A、B中传播的速度相等

B．波在A、B中传播的周期相同

C．波传至轻水袖时，交界点将向右开始运动

D．波经过交界点后，形状不会发生变化

5．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（  ）

A． B．

C． D．

6．在“测量玻璃折射率”的实验中，通过“插针法”作出的光路图如图所示。关于此实验（　　）

A．插大头针时，只须挡住即可

B．相邻两个大头针插得较近可提高测量精度

C．若将玻璃砖的下边画到图中位置，测得折射率偏大

D．也可使用两侧面不平行的玻璃砖

7．如图所示，在磁感应强度大小为，方向水平向右的匀强磁场中，放有一根半圆形金属导线，线中通有如图所示恒定电流。现将该导线绕轴由图示位置向纸面外缓慢转过，在该过程中导线所受的安培力（　　）

A．大小和方向均不变 B．大小和方向均改变

C．大小改变，方向不变 D．大小不变，方向改变

8．高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。若一个的鸡蛋从居民楼约高处的窗户边自由落下，与地面的碰撞时间约为，不计空气阻力，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（　　）

A． B． C． D．

9．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板A、B与电阻R相连，板间有一强磁场，现将等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，下列说法正确的是（　　）

A．B板的电势低于A板电势 B．R中有从b到a的电流

C．若只增大磁感应强度，R中电流不变 D．若只增大两板间距，R中电流减小

10．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面（图中平面）向里，电场方向沿y轴正方向向上。某一重力不计、带正电的粒子自坐标原点O沿y轴正方向以初速度射出。在下列四幅图中，能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　）

A． B．

C． D．

11．如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、轻质弹簧及底部组成，头部质量为m，底部质量为，弹簧劲度系数为k。将“弹簧小人”置于水平桌面上，轻压头部后由静止释放，头部会不停地上下振动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。下列判断正确的是（　　）

A．若头部刚释放时的加速度大小为，则振动过程中底部能离开桌面

B．若头部刚释放时的加速度大小为，则振动过程中“弹簧小人”对桌面的最大压力为

C．若振动过程中底部恰好能离开桌面，头部在最高点时的加速度为

D．若振动过程中底部恰好能离开桌面，则释放头部时弹簧压缩量为

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12．“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图甲所示，已知双缝间距为d，毛玻璃屏与双缝的距离为L。

（1）组装仪器时，应将双缝固定在      处（填 “a”或“b”）。

（2）若实验中在毛玻璃屏上得到的干涉图样如图乙所示，分划板刻度线在图乙中A、B位置的读数分别为、（x₁<x₂），则入射光波长的表达式为      。

13．利用如图所示装置完成“验证动量守恒定律”的实验。在槽轨右下方的水平木板上铺有白纸，白纸上面铺放着复写纸，半径相等的小球1和小球2质量分别为。先不放小球2，将小球1从斜槽上处由静止释放，点为其在水平木板上的落点。再将小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上的点，记下轨道末端的铅垂线在木板上所指位置。用刻度尺测量出的距离分别为和。

（1）在本实验中，           。

A.斜槽轨道必须是光滑的

B.斜槽轨道末端必须是水平的

C.两小球的质量必须满足

②若两球相碰前后的动量守恒，则有           （用和表示）。

③在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，记录下小球的落点位置，下面三幅图中，可能正确的是           。

A.B.C.

14．用折射率的透明介质做成的四棱柱，其横截面如图所示，其中，。一光线从图示位置垂直入射到棱柱面上，进入介质后在面上发生反射和折射。

（1）求折射角；

（2）通过计算判断反射光能否从面射出。

15．图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动。把水波视作横波，以青蛙所在位置为原点，某时刻波源垂直平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，求：

（1）波在水中的传播速度大小；

（2）从图乙所示状态开始，点到达波谷所需时间。

16．如图所示，左端为四分之一圆弧的木板静止置于光滑水平面上，圆弧与木板水平部分相切于点。在木板右端固定一轻弹簧，其自由端位于木板上点正上方，将质量为的小物块（可视为质点）自点上方高度为处的某点静止释放，沿切线进入圆弧，已知长木板质量为，圆弧的半径为段粗糙，与小物块间的动摩擦因数为，其余部分均光滑。重力加速度为。

（1）若将木板锁定在水平面上，求小物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小；

（2）若木板未锁定，求小物块到达圆弧最低点时，小物块速度大小与木板速度大小；

（3）求在（2）问情况中弹簧弹性势能的最大值。

17．如图所示，在直角坐标系平面内，有一离子源沿轴正方向发射出大量速率均为的同种正离子，这些离子均匀分布在离轴距离为的范围内，离子的质量为，电荷量为。在离子源右侧有一圆形磁场区域Ⅰ，其圆心的坐标为，半径为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为（未知）。在无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁感应强度大小为（未知），已知。为离子收集板，点位置坐标为，且平行于轴。若离子群经过磁场Ⅰ后均从点进入磁场Ⅱ，其中从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ，离子打到收集板上即刻被吸收，不考虑离子从磁场Ⅱ出去后的运动，不计收集板和离子间的作用。

（1）求的大小；

（2）若从点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收，求收集板的长度；

（3）若收集板的长度为，则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大？

2023-2024学年江苏省苏州市高二上学期期末 物理答案

1．C

【解析】AB．电磁波为横波，电磁波的传播不需要介质，故AB错误；

C．电磁波和机械波都能传递信息和能量，故C正确；

D．电磁波和机械波都能产生干涉、衍射现象，故D错误。

故选C。

2．B

【解析】A．图甲的原理是光的衍射，故A错误；

B．图乙的原理是光的干涉，故B正确；

C．图丙的原理是光的折射，故C错误；

D．图丁的原理是光的偏振，故D错误。

故选B。

3．D

【解析】A．经过O点时，摆球具有一定速度，由

可知向心力不为零。摆球在O点时的位移为零，根据

可知回复力为零。故A错误；

B．同理可得，经过A点时，摆球速度为零，则向心力为零，摆球位移不为零，则回复力不为零。故B错误；

CD．根据单摆的振动对称性可知，在任意半个周期内，速度大小不变，除最大位移处，速度方向一定改变，由动量定理

可知合外力的冲量可能为零，也可能不为零。摆球的动能不变，根据

可知合外力做的功一定为零。故C错误；D正确。

故选D。

4．B

【解析】A．波在重水袖上传播与在轻水袖上传播时的介质不同，则波在A中传播的波速不等于在B中传播的波速，故A错误；

B．两列波由同一个波源产生，则传播周期相同，故B正确；

C．在波传播过程中质点不随着波发生迁移，只在平衡位置附近振动；由图知交界点上下振动，不会向右运动，故C错误；

D．同一列波在不同介质中传播时，频率相同，波速不同，则波长不同；所以波经过交界点后，波长改变，形状发生了变化，故D错误。

故选B。

5．B

【解析】地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向。

故选B。

【点睛】

6．D

【解析】A．确定大头针的位置的方法是大头针能挡住和、的像，故A错误；

B．相邻两个大头针插得较近时，确定光线时误差较大，即会降低测量精度，故B错误；

C．如果误将玻璃砖的边PQ画到，则折射角i₂，将偏大，折射率的测量值将偏小，故C错误；

D．实验中玻璃砖上下表面不一定需要平行，只要确定光线和折射面，即确定入射角和折射角即可，故D正确。

故选D。

7．A

【解析】设半圆形金属导线长为L，转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，半圆导线的半径为

受到的安培力为

由左手定则知安培力方向不变。

故选A。

8．C

【解析】根据题意，由可得，鸡蛋落地瞬间速度大小为

与地面碰撞过程中，取向下为正方向，由动量定理有

解得

则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为。

故选C。

9．B

【解析】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向下偏，打在下极板上；负电荷向上偏，打在上极板上；所以下极板带正电，上极板带负电，则B板的电势高于A板的电势，流过电阻电流方向由b到a；故A错误，B正确；

CD．根据稳定时电场力等于磁场力即

则有

再由欧姆定律

所以，若只增大磁感应强度，R中电流变大；若只增大两板间距，R中电流增大，故CD错误。

故选B。

10．D

【解析】在平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O的带正电的粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动；磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可知向y轴正方向运动的带正电的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。

由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带正电粒子再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度仍为，由于速度不为零，则随后粒子会进入第三象限做曲线运动。

故选D。

11．C

【解析】A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x₀，对头部列平衡方程

施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为

若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得

则

解得

撤去力F的瞬间，头部所受的回复力

当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知，而，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为

因此小人在振动过程中底部不能离开桌面，故A错误；

B．初始状态时，对桌面的压力最大，此时对“弹簧小人”受力分析

解得

根据牛顿第三定律，桌面对“弹簧小人”的支持力等于“弹簧小人”对桌面的压力，故B错误；

C．若小人在振动过程中底部恰好能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力

此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有

故头部在最高点的加速度为，故C正确；

D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为

分析得

则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

故D错误。

故选C。

12．     b     

【解析】（1）[1]实验中，单缝产生线光源，光通过双缝后在毛玻璃屏上产生干涉条纹，可知，双缝应置于单缝与毛玻璃屏之间，即组装仪器时，应将双缝固定在b处。

（2）[2]根据图乙可知，A、B位置间的7条明条纹，则相邻明条纹之间的间距为

根据

解得

13．     B          A

【解析】（1）[1]A．因小球在斜槽末端的速度与平抛的水平位移成正比，所以斜槽是否光滑对该实验影响不大，故A错误；

B．斜槽末端保持水平，是为了保证它们在水平碰撞后做平抛运动，故B正确；

C．为确保小球1碰后不弹回，要求，故C错误。

故选B。

[2]小球离开斜槽末端做平抛运动，竖直方向满足

下落高度一定，运动时间相同；水平方向满足

水平位移与平抛初速度成正比，两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为

即

[3]两球碰撞，动量守恒，碰撞后小球1的速度必然小于碰前速度，故排除B；碰撞后小球2的速度必然大于小球1，故排除C；

故选A。

14．（1）；（2）不会

【解析】（1）光线从图示位置垂直入射到棱柱面上时，根据几何关系可知

由

解得

所以

所以在面上既有反射光线，又有折射光线，根据折射定律

解得

即

（2）CD面上的反射光线射入BC面后根据几何关系可知

因

所以光线在BC面上发生全反射，不会从BC面射出。

15．（1）；（2）

【解析】（1）实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，由图乙可知

由图乙可知周期

则波在水中的传播速度大小为

（2）根据题意可知处此时处于波峰位置，从图乙所示状态开始，点第1次到达波谷所需时间为

代入数据解得

则P点到达波谷的所有时间为

代入数据解得

16．（1）；（2），；（3）

【解析】（1）当木板固定在水平面上时，，则根据动能定理

物块在最低点时，所受支持力和重力的合力提供向心力

解得

（2）若木板未锁定，则木板在水平方向上动量守恒，物块在圆弧上运动时系统机械能守恒

解得

，

（3）木板和物块动量守恒，当木板和物块共速时，弹簧弹性势能的最大，取向右为正方向

根据能量守恒

解得

17．（1）；（2）；（3）

【解析】（1）由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ可知，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为

根据洛伦兹力提供向心力有

解得

（2）因为，所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径为

离子在磁场中运动轨迹如图

①从离子源最上方射出经O点沿y轴负方向的的离子，打在收集板的位置离x轴的距离最近，为

可知恰好打在C点。

②与x轴成角的离子到达CD板最远处的D点，则D点离x轴距离为

所以离子恰好全部被收集板右侧吸收时，收集板的长度为

（3）若收集板的长度为，则打在收集板下端的离子做圆周运动的轨迹如图所示：

从O点射出沿y轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点，设从O点射出与x轴正方向夹角为的离子刚好经过D点，则

因，则C点为经过D点离子轨迹的圆心。

由

可得

若从离子源最下方射出的离子经O点也能被磁场Ⅱ作用，则打在收集板的位置离x轴的距离为

可知恰好打在收集板（长度为）的下端D点。

分析可知从O点射出与x轴正方向夹角为之间的离子能被CD板收集，如图所示：

从O点射出与x轴正方向夹角为的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为PQ，则

从O点射出沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为，则被板右侧收集的离子对应离子源的宽度为

则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为