2023-2024学年江苏省南通市通州湾中学高二（上）第二次阶段性检测物理试卷(含解析 )

这是一份2023-2024学年江苏省南通市通州湾中学高二（上）第二次阶段性检测物理试卷(含解析 )，共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 闭合导线的一部分在磁场中运动一定会产生感应电流
B. 电磁铁的工作原理是电磁感应
C. 赫兹第一个用实验证实了电磁波的存在
D. 爱因斯坦第一个提出了能量量子化
2.如图所示，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的树叶，波源S连续振动形成水波，此时树叶几乎不动。为使水波能带动树叶明显振动，可采用的方法是
A. 减小波源的振幅B. 减小波源距桥墩的距离
C. 增大波源的频率D. 减小波源的频率
3.如图，下列说法正确的是( )
A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B. 乙图是磁流体发电机，可判断出A极板是发电机的负极
C. 基本粒子不考虑重力的影响，丙图可以判断基本粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB
D. 丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
4.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹分别如图中的两条虚线所示，下列表述正确的是( )
A. M带正电，N带负电B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦磁力对M、N做正功D. M的运行时间大于N的运行时间
5.如图所示，将通电线圈(电流方向沿图中箭头方向)悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将
( )
A. 转动同时靠近磁铁B. 转动同时离开磁铁
C. 不转动，只靠近磁铁D. 不转动，只离开磁铁
6.回旋加速器是加速带电粒子的装置(如图)，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a，b分别与高频交流电源两极相连，下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子从磁场中获得能量
B. 带电粒子在磁场中运动的周期不断变化
C. 增大金属盒半径可使粒子射出时的动能增加
D. 增大金属盒之间的电压可使粒子射出时的动能增加
7.如图所示，带电粒子从电场中a点以速度v0进入电场，仅在电场力作用下，沿虚线所示的轨迹运动到b点，下列说法正确的是( )
A. 粒子加速度先增大再减小B. 粒子先加速后减速
C. 粒子带正电荷D. 粒子的电势能先减小后增大
8.高空作业人员必须要系安全带！如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，自由下落h后安全带刚好被拉直，此后经过时间t作业人员下落到最低点，在时间t内安全带对人的平均作用力大小为(重力加速度大小为g)
A. m2ght+mgB. m2ght−mgC. mg−m2ghtD. mght
9.如图所示，滑块B放置在光滑的水平面上，其光滑圆弧曲面的圆心角小于90°，曲面最低点与水平面相切，小球A以某一水平初速度v0冲向B，则
A. A，B相互作用过程中，A，B组成的系统动量守恒
B. A，B相互作用过程中，A的机械能守恒
C. A的初速度达到一定数值就可以越过B
D. A的初速度无论多大都不能越过B
10.如图所示，光滑半圆柱体固定在水平面上，可视为质点的两小球A、B用跨过光滑滑轮的轻绳连接，轻小滑轮O在半圆柱体圆心O1的正上方，小球A置于半圆柱体上，小球B用轻弹簧水平牵引，两球均处于静止状态。已知B球质量为1kg，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，g=10 m/s2 ，则下列叙述错误的是
A. A球质量为6kg
B. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为10N
C. 剪断OA绳子的瞬间A的加速度大小为5m/s2
D. 剪断OA绳子的瞬间B的加速度大小为102 m/s2
二、实验题（本大题共1小题，共10分）
11.小明和小华同学在实验室做“用单摆测量重力加速度大小”的实验。
(1)现提供下列几个相同大小的小球，该实验应选择_________
A. 实心钢球 B.空心钢球 C.实心铝球 D.空心铝球
(2)甲图和乙图是两同学分别使用游标卡尺测量某小球直径d的两次实验操作，其中正确的是_________(选填“甲”或“乙”)。某次使用游标卡尺测量小球直径的读数如图丙所示，其读数为_____mm。
(3)小明规范安装好单摆，测得摆线的长度为L，并测得单摆完成n次全振动的时间为t，则当地重力加速度值的表达式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g=________(结果用L1、L2、T1、T2表示)。
(5)为了减小重力加速度的测量误差，上面两位同学在实验数据测量或处理上可以采取哪些措施？
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三、计算题（本大题共4小题，共50分）
12.两波源S1、S2分别位于x轴上x1=−4m和x2=12m处，t=0时刻两波源同时开始持续振动并相向传播，振幅均为A=2cm；t=0.2s时两列波刚好传到如图所示位置。质点P的平衡位置位于x3=2m处。求：
(1)两列波的波速大小；
(2)t=0.35s和t=1.0s时P点的位移。
13.如图所示，MN和PQ为固定在水平面上的平行光滑金属轨道，轨道间距为0.2m。质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上，与轨道垂直。整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=10m/s。电路中除了电阻R=0.04Ω之外，ab杆的电阻r=0.01Ω，其余电阻不计。求：
(1)感应电动势的大小；
(2)判断流过电阻R的电流方向并计算电流的大小；
(3)ab杆两端的电压及外力F的大小。
14.如图所示，一质量为m=2.0×10−11kg，电荷量q=+1.0×10−5C的带电粒子(重力忽略不计)，从静止开始经U1=100 V的电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100 V。金属板长L=20 cm，两板间距d=10 3cm。
(1)求粒子进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)求粒子射出偏转电场时的偏转角θ；
(3)若右侧匀强磁场的宽度为D=10 cm，为使粒子不会由磁场右边界射出，则该匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件。
15.如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量m1=5kg的小车，小车左边是半径R=1m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一水平粗糙面，右端是一挡板。有一质量m2=3kg的物块(可视为质点)从圆弧轨道上A点由静止释放，A点和圆心O的连线与竖直方向的夹角θ=60∘，物块与小车粗糙面间的动摩擦因数μ1=0.1，重力加速度g=10m/s2。
(1)求物块滑到圆弧轨道末端时所受支持力的大小；
(2)若物块由A点静止释放的同时解除小车锁定，物块从圆弧末端第一次运动到右侧挡板处的时间为1s，求小车水平粗糙面的长度L；
(3)若在(2)中物块与小车右端挡板发生弹性碰撞，求物块最终位置到右端挡板的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查产生感应电流的条件、电流的磁效应、电磁波的存在和能量子的提出。
根据产生感应电流的条件来判定，麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在；根据电磁铁、麦克风的原理来判定；普朗克提出了能量量子化理论。
【解答】
A.闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中才会产生感应电流，如果导体沿磁感线运动，则不会产生感应电流，故A错误；
B.电磁铁的原理是利用电流的磁效应，故B错误；
C.麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生电磁波，故C正确；
D.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】为使水波能带动叶片振动，即使衍射现象更明显，根据发生明显衍射的条件可知增大波长可使衍射明显。
本题考查波的衍射现象，解题关键理解题意，注意发生明显衍射的条件。
【解答】水波波速不变，波源频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之波源降低频率，波长增大，衍射现象更明显，可以使水波带动叶片振动，而与波源距桥墩的距离，波源振幅无关，故ABC错误，D正确。
故选：D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查洛伦兹力的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理；速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；霍尔效应根据左手定则判断粒子偏转方向，利用带电粒子在电场和磁场的复合场中的平衡来分析问题。
【解答】
A.根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，解得：v=qBrm，最大动能Ekm=12mv2=q2r2B22m，所以粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；
B.由左手定则可知正离子向下偏转，负离子会向上偏转，所以A板是电源负极，B板是电源正极，故B正确；
C.电场E的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，解得：v=EB，所以不管粒子带正电还是带负电，粒子以v=EB的速度都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D.若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在磁场在的运动规律。由左手定则可判断粒子电性；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
【解答】
A.由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：r=mvBq，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；C.洛伦兹力不做功，故C错误；
D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2πmBq，与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查了左手定则、右手螺旋定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的N、S极．
先根据左手定则判断线圈所受的安培力方向，再根据右手螺旋定则判断出线圈产生的磁场，从而根据磁极间的相互作用分析线圈的运动情况．
【解答】
把环形电流等效成一个小磁针，由安培定则知，此小磁针的N极向里S极向外。由于条形磁铁的N极吸引小磁针的S极排斥N极，故线圈将发生转动同时靠近磁铁。故A正确，BCD错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大。但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关。所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系。
【解答】
A、带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；
B、带电粒子在电场中处于加速状态，从而获得能量，虽速度增大，由T=2πmqB在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B错误；
CD、带电粒子从D形盒中射出时的动能Ekm=12mvm2…①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R=mvmqB…②
由①②可得Ekm=q2B2R22m显然，当带电粒子q、m一定的，则Ekm∝R2B2，
即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压无关，故C正确，D错误；
故选：C。
7.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化。
【解答】
A.根据电场线的疏密知道场强先小后大，故加速度先减小后增大，故A错误；
B.图象知粒子受电场力向右，所以先向左做减速运动后向右加速运动，故B错误；
C.粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故C正确；
D.据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，粒子的电势能先增大后减小，故D错误。
8.【答案】A
【解析】【分析】
该题考查自由落体运动、动量定理相关知识。先根据运动学公式分析求解速度，再根据动量定理分析求解安全带对人的平均作用力大小。
【解答】
设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2=2gh，得v= 2gh，
设安全带对人的平均作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg−F)t=0−mv，
得F=m 2ght+mg，选项A正确。
9.【答案】C
【解析】【分析】
掌握动量守恒定律和机械能守恒定律的实质，是解题关键，分析动量时，需要考虑水平方向和竖直方向两个方向。
【解答】
B、A和B相互作用过程中，A机械能的一部分转化为B的机械能，A的机械能不守恒，B错误；
A、A和B相互作用过程中，在竖直方向有加速度，故A，B组成的系统动量不守恒，但在水平方向上不受外力作用，动量守恒，A错误；
CD、当A到达B的最高点时，A的速度方向斜向右上方，即A有水平向右的分速度，如果此分速度大于B的速度，A就可以越过B，故C正确，D错误。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，再对A分析，根据共点力平衡求出A球质量和半圆柱体对A球支持力；
若剪断OB绳的瞬间，弹簧的弹力和小球的重力均不变，对B根据牛顿第二定律求解加速度大小；
根据三角形相似分析小球A受到绳的拉力的变化情况。
【解答】
A.对小球A和B受力分析如图所示：
；
对小球B，根据共点力平衡条件得F=mg，T1= 2mg；
OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，则半径与竖直方向夹角为30°，根据平行四边形定则得N=T2=mAg2cs30∘，T2=T1= 2mg；
则光滑半圆柱体对A球支持力的大小为 2mg=10 2N；A球的质量为mA= 6m，故A正确，不合题意；B错误，符合题意；
C.剪断轻绳后，T2变成0，沿圆半径方向合力为零，对A，沿切线方向根据牛顿第二定律有aA=mAgsin 30∘mA=0.5g=5m/s2，故C正确，不合题意；
D.在剪断瞬间，弹簧弹力F不变，B受到的合力FB= 2mg；根据牛顿第二定律可知aB=FBm= 2g=102 m/s2，故D正确，不符合题意。
11.【答案】(1)A；
(2)乙； 11.3mm；
(3) g=2π2n2t2(2L+d)；
(4)g=4π2T12−T22(L1−L2)；
(5)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。

【解析】【分析】
本题考查了用单摆测量重力加速度大小这个实验；
(1)根据实验原理及方法即可回答；
(2)根据游标卡尺的使用方法及读数方法判断、读数即可；
(3)(4)根据单摆周期公式列式求解；
(5)从减小误差的角度，寻找方法。
【解答】
(1)
ABCD.为了构成应该较为理想的单摆，应该实心钢球，故A正确；BCD错误；
故选A；
(2)测量时，被测物体应该卡在两个测脚之间，所以乙正确；
读数为：11mm+3×0.1mm=11.3mm；
(3)摆长l=L+d2，T=tn，根据单摆周期公式可得：g=2π2n2t2(2L+d)；
(4)根据(3)中的分析，根据单摆周期公式有：
T1=2π L1+d2g
T2=2π L2+d2g
联立解得：g=4π2T12−T22(L1−L2)；
(5)可以采取的措施有：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。
故答案为：
(1)A；
(2)乙； 11.3mm；
(3) g=2π2n2t2(2L+d)；
(4)g=4π2T12−T22(L1−L2)；
(5)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。
12.【答案】解：(1)因t=0.2s时两列波刚好传到如图所示位置，可知两列波的周期都为0.2s.
波长λ=4m，根据v=λT，可解得v=20m/s。
(2)质点P开始振动的时刻为
t=△xv=620=0.3s，
故t=0.35s时质点P将再次振动0.05s，即向下振动到波谷处，此处位移y1=−2cm，
当t=1.0s时P点同时参与两列波的叠加，且处于干涉相消的位置，故质点P的位移为零。

【解析】(1)根据图像可以直接读取波长，根据波的传播情况得到周期，利用v=λT求波速；
(2)先判断出P点开始振动的时刻，以及两列波都开始参与P点振动的时刻，根据波传播与质点做简谐运动的关系求P点的位移。
13.【答案】解：(1)当ab杆速度为v=10m/s，感应电动势为E=BLv=0.5×0.2×10V=1V；
(2)根据右手定则可知导体棒中的电流方向为b到a，则流过R的电流方向为M到P；
感应电流I=ER+r=10.04+0.01A=20A；
(3)金属杆两端电压为路端电压，即U=IR=20×0.04V=0.8V，因金属杆做匀速运动，故合外力与安培力等大反向，故外力大小为F=F安=BIL=0.5×20×0.2N=2N。
【解析】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁，要注意ab杆的电压是外电压，不是内电压。
(1)根据E=BLv即可求出感应电动势的大小；
(2)根据右手定则分析电流的方向，再根据闭合电路欧姆定律即可求出电流的大小；
(3)根据欧姆定律即可求出路端电压，根据安培力公式以及平衡条件即可求出外力的大小。
14.【答案】解：
(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v0，根据动能定理：qU1=12mv02，解得：v0= 2qU1m，解得：v0=1.0×104m/s；
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动
水平方向：t=Lv0=2×10−5s；
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2。轨迹如图：
竖直方向：a=qEm=qU2md= 36×109m/s2
则：v2=at= 33×104m/s，
微粒射出偏转电场时的偏转角θ：tanθ=v2v0= 33×1041×104= 33，所以：θ=30°；
(3)由微粒运动的轨迹可知，微粒恰好到达右侧边界时，由几何关系得：r+r⋅sin30°=D，解得：r=D1+sin30°=115m，
微粒在磁场中运动的过程中，洛伦兹力提供向心力，得：qvB=mv2r
微粒的速度：v= v02+v22=2 33×104m/s，联立解得：B=0.346T，所以使微粒不会由磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度满足的条件为大于等于0.346T。
【解析】(1)粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1；
(2)粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压；
(3)粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。
15.【答案】(1)60N；(2)3.2m；(3) 1.8m
【解析】(1)小车被固定，物块下滑到最低点过程满足机械能守恒
m2gR(1−csθ)=12m2v2−0
在最低点，有
N−m2g=m2v2R
解得物块滑到圆弧轨道末端时所受支持力的大小
N=2m2g=60N
(2)解除固定后，物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为 v2 ，小车速度大小为 v1 ，有
m2gR(1−csθ)=12m1v12+12m2v22
m1v1=m2v2
代入数据解得
v1=1.5m/s ， v2=2.5m/s
物块冲上粗糙面后，物块加速度大小为 a2 ，小车加速度大小为 a1 ，小车的加速度为
a1=μm2gm1=0.6m/s2
1s内小车的位移
x1=v1t−12a1t2=1.2m
物块的加速度为
a2=μm2gm2=1m/s2
1s内物块的位移
x2=v2t−12a2t2=2m
则水平粗糙面的长度
L=x1+x2=3.2m
(3)从小物块滑下到最终相对小车静止，设物块在小车粗糙面上滑动的路程为s，由能量守恒可得
m2gR1−csθ=μm2gs
解得
s=5m
又因为
s=nL+Δx
当 n=1 时，解得
Δx=1.8m
即物块将停在离开右侧挡板 1.8m 处。