2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.下列现象可以用多普勒效应解释的是(

)A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声

B.微风激起的水波遇到芦苇等细小障碍物，会继续传播

C.把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声

D.当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里。该粒子在运动过程中，质量和电量保持不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是(

)

A.粒子由a点运动到b点，带负电 B.粒子由a点运动到b点，带正电

C.粒子由b点运动到a点，带负电 D.粒子由b点运动到a点，带正电3.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图(a)所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图(b)A.换用了波长更短的单色光 B.适当减小了双缝到光屏之间的距离

C.适当增大了双缝之间的距离 D.换用了频率更低的单色光4.两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统(

)A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能守恒

C.动量守恒，机械能不守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒5.如图，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内左右振动的周期为0.4s，图中是小球振动到的最左侧位置。在周期为0.1s的频闪光源照射下观察到的图像可能是(

)

A. B. C. D.6.如图所示，半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中、已知磁感应强度大小为B，导线长为πl，直径ac与磁场方向夹角为θ=A.2BIl

B.3BI7.如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/A.该碰撞为弹性碰撞

B.该碰撞为完全非弹性碰撞

C.碰撞前后A球的动量变化为−1.6kg⋅m/8.如图所示，MON为柱状扇形透明介质的横截面，扇形的半径为R、圆心为O，A点在OM上且O、A两点的距离为0.75R，P为圆弧MN上的点。一细束单色光以入射角i=60°从A点射入介质，折射光线恰好通过P点，已知∠AOPA.62

B.2

C.

二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(

)A.此单摆的固有频率为0.5Hz

B.此单摆的摆长约为1m

C.若摆长增大，单摆的固有频率增大10.如图所示，质量为m1的木块甲静止在水平面上，质量为m2的木块乙以某一速度与木块甲发生正碰，已知碰后瞬间甲、乙两木块的动量大小之比为1：2，则m1m2A.32 B.35 C.13三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。

(1)该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径d=______cm。

(2)该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为______s。

(3)若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度g=______m/s2(结果保留三位有效数字，π2≈9.86)。

(4)若他测得的g值偏小，可能的原因是______(填正确答案标号)。

A.12.如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA______B球质量mB(选填“大于”、“等于”或“小于”)。

(2)请由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为______cm。

(3)若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为______。(用题中给出的字母表示)

(4)实验中造成误差的可能原因有______。

A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值

B.轨道不光滑

C.轨道末端不水平

D.轨道末端到地面的高度未测量

(5)若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=四、简答题：本大题共2小题，共26分。13.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为m=0.2kg，从离人眼睛h=0.2m的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为Δt=0.05s，取重力加速度g14.一列横波沿x轴正方向传播，t1与t2时刻的波形图如图所示，已知t2−t1=0.2s，求：

(1五、计算题：本大题共1小题，共16分。15.如图所示，边界AC上方及半径为R的半圆外侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，半圆的圆心在AC上的O点，PQ为其直径。平行AC放置的平行板MN间加有恒定电压，紧靠N板有一粒子源，由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场加速后从AC边上的D点垂直AC并垂直磁场进人匀强磁场中。P、D间距离为R，当MN板间的电压为U时，粒子刚好打在P点，不计粒子的重力，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小；

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、先看到闪电后听到雷声，是因为光的传播速度大于声音传播速度，故A错误；

B、在水塘里，微风激起的水波遇到小石、芦苇等细小的障碍物，会绕过它们继续传播，好像它们并不存在，这是波的衍射现象，故B错误；

C、把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声，说明声音可以在固体中传播，与多普勒现象无关，故C错误；

D、当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低，是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，故D正确。

故选：D。

明确多普勒效应的内容，知道生活中哪些现象与多普勒效应有关，会根据多普勒效应解释相关现象。

本题考查多普勒效应的应用，要注意明确多普勒效应的基本内容，同时注意明确生活中的现象与物理知识的联系。2.【答案】D

【解析】解：带电粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，则得粒子的轨迹半径r=mvqB

由题意知，粒子的动能不断减小，速率v不断减小，则粒子的轨迹半径不断减小。从粒子运动轨迹可以判断可知，粒子在a点的曲率半径小于在b点的曲率半径，所以粒子由b运动到a点，在b点所受到的洛伦兹力斜向左上方，由左手定则判断可知粒子带正电，故3.【答案】D

【解析】解：因从a图到b图双缝干涉条纹间距变大，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，可能是换用了波长更长的光，或者频率更低的光，也可能适当增加了双缝到光屏之间的距离，也可能是适当减小了双缝之间的距离，故ABC错误，D正确。

故选：D。

根据双缝干涉条纹间距公式Δ4.【答案】B

【解析】解：从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；

在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，只有弹簧弹力对系统做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故ACD错误，B正确；

故选：B。

系统所示合外力为零时，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况应用动量守恒与机械能守恒条件分析答题。

本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒问题，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，应用动量守恒与机械能守恒定律即可解题。5.【答案】D

【解析】解：振动的周期是0.4s，而频闪的周期是0.1s，所以在一个周期内有三幅不同的照片；

振动的周期是0.4s，则角频率：ω=2πT=2π0.4rad/s，

在0.1s时对于的角度；θ1=2π0.4×0.1s=π6.【答案】C

【解析】解：半圆形导线abc受到的安培力等效于长度为ac的直导线受到的安培力，ac的长度为Lac=2πlπ=2l

则该导线受到的安培力大小为F=BILa7.【答案】D

【解析】解：已知mA=100g=0.1kg，mB=200g=0.2kg

CD、取A球初速方向为正方向，对于碰撞过程，根据动量守恒定律得

mAv0=mAvA+mBvB

解得A球碰后的速度为：vA=−0.4m/s

8.【答案】D

【解析】解：在△POA中，tanr=AOR=34，解得r=37°，

由折射定律得9.【答案】AB【解析】解：A、由共振曲线可知：当驱动力频率为0.5Hz时产生共振现象，此时单摆的固有频率等于驱动力的频率，故单摆的固有频率f=0.5Hz.故A正确；

B、单摆的周期T=1f=2s，由单摆周期公式T=2πLg得：L=gT24π2≈1m，故B10.【答案】CD【解析】解：设碰后甲、乙的动量大小分别为p，2p，碰撞过程中动量守恒，规定乙的速度方向为正方向，则碰前的总动量为3p，根据动量守恒定律有pm1≥2pm2

解得m1m2≤12

碰撞过程中机械能不增加，则(3p)22m211.【答案】1.58

100

9.74

BC【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，由图甲可知小球的直径：d=15mm+8×0.1mm=15.8mm=1.58cm；

(2)分针与秒针的示数这和为秒表的示数，由秒表可读出时间为：60s+40s=100s。

(3)由单摆周期公式：T=2πLg

整理有：g=4π2LT2

其中：T=t50，L=l线+d2

代入数据解得：g≈9.74m/s2

(4)A、测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长测量偏大，由g=4π12.【答案】大于

8.60

mAOP=m【解析】解：(1)为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA大于B球质量mB。

(2)用尽量小的圆将各个落点圈起来，圆心即为平均落地点，则由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为8.60cm。

(3)由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得在水平方向有

mAv0=mAv1+mBv2

故

mAv0t=mAv1t+mBv2t

即

mAOP=mAOM+mBON

(4)A.用刻度尺测量线段OM、OP13.【答案】解：(1)根据自由落体运动规律有

v2=2gh

v=2gh=2×10×0.2m/s=2m/s

(2)【解析】(1)根据速度—位移公式计算；

(214.【答案】解：(1)由图可知波长为8m，则

v(t2−t1)=(n+34)λ(n=0,1,2,3…)

解得这列波的速度大小为

v=(16n+12)m/s(n=0,【解