六安市重点中学2023-2024学年高二上学期期末考试
物理试卷
时间：75分钟 分值：100分
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.如图，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射。它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示。若使粒子飞越金属板间的过程中向下板偏移，可以采取下列的正确措施为（ ）
A.使入射速度减小 B.使粒子电量增大
C.使磁感应强度增大 D.使电场强度减小
2.如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则正、负电子（ ）
A.在磁场中的运动时间相同
B.正电子出边界点到O点的距离更大
C.在磁场中运动的位移相同
D.出边界时两者的速度相同
3.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，假设芭蕉叶呈水平状，雨滴落在芭蕉叶上不反弹，不计雨滴重力的影响.已知水的密度为ρ，则ρ为（ ）
A. B. C. D.
4.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是2m/s和4m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法正确的是（ ）
甲 乙
A.甲图中A、C两点的竖直高度差为10cm
B.甲图中B点既不是加强点也不是减弱点
C.乙图所表示的是波的衍射现象
D.在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高
5.如图所示，质量为3kg的带圆弧槽的木板静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.木板对小球先做负功再做正功
B.木板的最大速度为v=1m/s
C.两者分离时木板移动了0.45nm
D.木板对地面的最大压力为40N
6.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A.该简谐振动的振幅为2x1
B.物块在A位置时的回复力大小为
C.在任意1/2周期内物块通过的路程一定等于2x1
D.物块到O位置时的动能为
7. MN、PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ=53°；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω，闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。且不计导轨的电阻，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A.导体棒受到的安培力大小为0.4N
B.流过灯泡的电流大小为0.8A
C.导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2
D.若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
二、多项选择题（共题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。）
8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与（t+2）秒两个时刻，在x轴上（3m，3m）区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中不正确的是（ ）
A. （t+l）秒时刻，处的质点位移一定是a
B.从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置
C.从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰
D.该列波在传播过程中遇到宽度为1m的狭缝时会发生明显的衍射现象
9.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为9kg的静止物块以大小为5m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过4次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A.48kg B.55kg C.70kg D.85kg
10.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则以下说法正确的是（ ）
A.质子的速度可能为
B.质子的速度可能为
C.质子由A到C的时间可能为
D.质子由A到C的时间可能为
三、实验题（共2小题，每个空2分，共计14分。请按要求作答。）
11.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为m2被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）
（1）以下提供的测量工具中，本实验不必使用的是 。
A.刻度尺 B.量角器 C.天平 D.秒表
（2）关于本实验，下列说法正确的是 。
A.斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同
B.斜槽轨道末端必须水平
C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1等于被碰球的质量m2
（3）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量 ，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.斜面的倾角θ
C. O点与各落点的距离
（4）在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A. B.
C. D.
12.某同学用图a所示装置测定重力加速度，小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。
图a 图b 图c 图d
（1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则d= mm；
（2）让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T= ；
（3）摆线长度大约100cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c、保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制l-T2图像，求得图像斜率为k，可得当地重力加速度g= ；
四、解答题（13题4+8=12分，14题4+4+4=12分，15题5+5+6=16分）
13.如图，轻弹簧的两端分别连接A、B两物块，置于光滑的水平面上，初始时，A紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定.已知A、B的质量分别为m1=2kg、m2=1kg，初始时弹簧的弹性势能Ep=18J.现解除对弹簧的锁定，求
（1）从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向：
（2）解除锁定后弹簧的最大弹性势能以及A的最大速度vm。
14.一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，传播速度为20m/s，振幅为10cm、某时刻开始计时，t=0.71s时刻介质中的部分波形如图1所示，图2为图1中质点P的振动图像。求：
图1 图2
（1）该波的周期和传播方向；
（2）质点P平衡位置的x坐标；
（3）从t=0.71s到t=0.95s时间内，质点P的运动路程。
15.如图，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第三象限有沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m，带电量为q的粒子从第三象限贴近y轴的M点以速度v0沿y轴正方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经点N，点P（位于x轴正半轴，图中未画出），由第四象限回到M点。OM=4L，ON=2L，计算结果保留π和根号。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B；
（3）粒子从M点出发经多长时间再次返回M点。
六安市重点中学2023-2024学年高二上学期期末考试
物理试卷参考答案
1.A【详解】粒子能沿水平方向做直线运动，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，满足，A.若使使入射速度减小，则粒子所受洛伦兹力减小，故会向下板偏移，A正确；B.使粒子电量增大，电场力与洛伦兹力仍相等，不会偏移，B错误：C.使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，粒子往上板偏移，C错误；D.使电场强度减小，电场力减小，粒子往上板偏移，D错误。故选A。
2.D【详解】A.两粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，作出两粒子的运动轨迹，如图所示
两粒子重新回到边界时正离子的速度偏向角为，
轨迹的圆心角也为，运动时间
同理，负离子运动时间
时间不相等，故A错误；
BC.根据洛伦兹力提供向心力，则有 得
由题q、v、B大小均相同，则r相同，根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离
r、θ相同，则S相同，故两粒子在磁场中运动的位移大小相同，方向不同，故BC错误；
D.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故D正确。故选D。
3.C【详解】单位时间的降水量高度为，在芭蕉叶上取的面积上，时间内降落的雨水质量设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理解得根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小因此平均压强为故选C。
4.D【详解】A.甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，C在波谷位置，则A、C两点的竖直高度差为4A=20cm，故错误；B.AC连线上所有点都是加强点；C.乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；D.在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。故选D。
5.B【详解】A.在弧面上，小球由于与木板之间的挤压，木板的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，木板对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；BD.小球从A到C点的过程，对小球和木板组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得由机械能守恒得联立解得，木板的最大速度为1m/s，方向向左，故B正确。在C点，对小球根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律知，小球对木板的压力对物块，根据平衡条件有根据牛顿第三定律有木板对地面的压力联立代入数据得故D错误；C.对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有又因为联立解得，故C错误。
6.C【详解】A.该简谐振动的振幅为x1，A错误；B物块在O位置时受力平衡，有，x0为弹簧伸长量。在A位置时的回复力大小为，B错误；C.物体运动过程中，1/2周期内物块通过的路程一定等于2x1。C正确；D.物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒得解得D错误。故选C.
7.C【详解】B.导体棒接入电路部分电阻，电路的总电阻，电路中干路电流由于，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，为，故B错误。A.导体棒有电流通过部分的长度L=0.5m，且导体棒与磁场方向垂直，则导体棒受到的安培力大小为，故A错误。
D.闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，故C错误。C.对导体棒受力分析如图所示，其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，可得
联立解得 故C正确。故选C。
8.AC【详解】A ，时，T有最大值2s，V有最小值2m/s，由于周期不确定，1s不一定等于半个周期的奇数倍，则（t+1）s时刻，处的质点位移不一定是a，故A错误，符合题意；B.因波沿x轴正方向传播，再结合波形图可知从t时刻起，在x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置，则B正确；C.利用波的“平移法”可判断，当质点M第一次到达平衡位置时，N质点还在继续向上振动，没有到达波峰，故C错误，符合题意。故选AC。
9.AB【详解】设该运动员的质量为M，物块的质量为m=9kg，推物块的速度大小为v=5m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：第一次推物块的过程中，第二次推物块的过程中第三次推物块的过程中…
第n次推物块的过程中 以上各式相加可得
当n=3时，，解得；当n=4时，解得，故
故AB正确、CD错误。故选AB。
10.BD【详解】AB.因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示
所有圆弧所对圆心角均为60°，质子可能的运动半径
由洛伦兹力提供向心力得
即
质子的速度不可能为和，故A错误，B正确
CD.质子由A到C的时间可能为
故C错误；D正确。故选BD。
11.（1）DB/BD （2）B （3） C （4）C
【详解】（1）实验需要测量小球的质量、需要测量O点与小球各落点间的距离，测质量需要用天平，测距离需要用刻度尺，不需要测量斜面的倾角θ和小球落到斜面上的时间t，故不需要量角器和秒表；
故选BD；
（2）A.只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故A错误；B.为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，故C错误；故选B；
（3）小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，竖直方向有
水平方向有 解得 入射球碰撞前的速度为
碰撞后的速度为 被碰球碰撞后的速度为
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理得
实验可以通过O点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度；
故选C；
（4）由（3）可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式为则可以认为两球碰撞前后总动量守恒；故选C。
12.（1）2.330—2.332 （2） （3）
【详解】（1）由图b可知
（2）由题意可知 解得
（3）设A点以下的细线长度为l0，根据单摆周期公式得 化简得
T2-l图像的斜率为k，则 解得
13.（1）6N S，方向水平向右 （2）12J，4m/s
解：（1）当弹簧恢复原长时，B的速度为vB，此时A恰好离开墙壁，有：
以水平向右方向为正方向，解除锁定到物块A刚离开墙壁的过程中，由动量定理得
代入数据得：
方向水平向右
（2）A离开墙壁后，B减速，A加速，弹簧拉伸变长，当A，B速度相等时，弹簧形变量最大，此时有最大弹性势能：，解得
，解得
当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，设此时B的速度为，由动量守恒定律及机械能守恒定律有：
代入数据解得：
14.（1）T=0.12s，波沿x轴正方向传播；（2）x=0.2m；（3）80cm
【详解】由图1可知，波长为 由 可得周期为
则，即0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，由图2可知，0.11s之后，
质点P向下运动，所以由上下坡法可知，波沿x轴正方向传播。
（2）由图2可知，再经过0.01s，质点P运动到平衡位置，即图1中原点处的波形传播到质点P处，传播距离为所以质点P平衡位置的x坐标为
（3）从到0.95s，，故，质点P的运动路程为80cm
15.（1）；（2）垂直纸面向里，；（3）
【详解】（1）带电粒子从M到N，由类平抛运动规律
联立解得
（2）由题意得粒子带负电，向右偏转，故磁场方向垂直纸面向里。
粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为v，
运动方向与x轴负方向的夹角为θ，如图
得 所以
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为，
经过P点时速度方向也与x轴负方向成45°角。
则，
粒子在磁场中的轨道半径为 又 联立解得
（3）粒子在电场中运动的时间为 设粒子在磁场中周期
运动所用的时间为 从P离开磁场做匀速直线运动到M所用的时间
粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的时间为
