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2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）质量检测物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）质量检测物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）质量检测物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 下列说法中正确的是( )
A. 光在光纤中传播时，在内芯和外套的分界面上发生全反射
B. 物体做受迫振动时的振动频率与其固有频率有关
C. 光的偏振现象说明光是一种纵波
D. 迎面驶来的火车汽笛声的音调变化属于多普勒效应，原因是波源的频率发生了变化
2. 科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( )
A. 减小穿戴者动量的变化量 B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲量 D. 减小穿戴者所受合力的冲量
3. 如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5s，则下列说法中正确的是( )
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 单摆的摆长约为1m
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
4. 电磁流量计由于测量范围宽、反应快，常用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量，其示意图如图所示。由非磁性材料制成的圆管置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，已知管的直径为d，磁感应强度为B，流量Q等于单位时间内流过管道横截面的液体体积。当管中的液体流经磁场区域时，相当于一段长为d的导线在切割磁感线，所产生的感应电动势可由电压表测出。若电压表测得M、N两点间电压为U，则下列说法中正确的是( )
A. M端电势高于N端 B. 液体中粒子浓度越高，电压表的示数越大
C. 液体流动的速度越大，电压表的示数越大 D. 液体的流量Q=4dUπB
5. 如甲图所示，有一边长为L、质量为m的正方形导线框abcd，总电阻为R，用细线悬挂于天花板上。导线框有一半面积处于匀强磁场区域，其磁感应强度B随时间变化的规律如乙图所示，其中t0、B0均为已知，并取垂直纸面向里为磁场正方向。若导线框始终处于静止状态，则下列说法中错误的是( )
A. 0∼t0时间内，线框中电流的方向为逆时针方向
B. 0∼t0时间内，bc边受到的安培力竖直向下
C. t0∼3t0时间内，线框中电流的方向不变
D. 2t0∼3t0时间内，线框中电流的大小为B0L22Rt0
6. 如图所示，有一宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以恒定速度穿过磁场区域。在运动过程中，金属线框MN边始终与磁场区域边界平行，取MN边刚进入磁场为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，则在下列选项中，能正确反映线框中感应电流i以及MN两点间电势差UMN随时间变化规律的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图所示，质量为0.5kg的小球静置于高度为3.2m的直杆顶端。一颗质量为0.01kg的子弹以500m/s的速度沿水平方向击中小球，并迅速从球心穿过。已知小球落地处离杆的水平距离为4.8m，g取10m/s2，则有( )
A. 小球落地时速度为8m/s
B. 小球在下落过程中动量的变化量为2kg⋅m/s
C. 子弹落地处离杆的水平距离为160m
D. 子弹穿过小球的过程中，系统产生的热量为1241J
8. 如图所示，图甲为一列简谐波在t=0.1s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法中正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波传播的速度大小为10m/s
C. t=0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动
D. 再经过0.2s，质点P沿x轴传播方向移动了2m
9. 如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨上，让其垂直于导轨向右做加速运动。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则( )
A. 导体棒b端电势高于a端
B. 电流在螺线管内产生的磁场方向由M指向N
C. 从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流
D. 金属圆环向左摆动
10. 如图所示，表面光滑的绝缘斜面倾角θ=37∘，处于垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m，带电量为q的小滑块沿斜面由静止开始下滑。当小滑块运动到A点时，对斜面的压力为0.5mg。已知重力加速度为g，且sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则下列说法中正确的是( )
A. 小滑块带正电
B. 离开斜面前，小滑块一直做匀加速直线运动
C. 小滑块运动到A点时，速度大小为3mg5qB
D. 当速度达到4mg5qB时，小滑块将离开斜面
11. 如图所示矩形区域MNPQ，MN边长为a，NP边长为b(b远大于a)，区域内有一匀强磁场，其磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。现有质量为m，电荷量为−q的粒子，从MN边的中点O点射入磁场。已知粒子的速度大小为v，方向与ON边夹角θ=30∘，且运动过程中仅受磁场力作用。则下列说法中正确的是( )
A. 粒子速度越小，在磁场中运动时间越长
B. 若速度小于qBa3m，粒子将从MN边射出磁场
C. 若速度大于 3qBa2m，粒子将从NP边射出磁场
D. 粒子在磁场中运动的最长时间为5πm3qB
二、非选择题（56分）
12. 某物理兴趣小组根据激光相干性好、亮度高的特点，利用双缝干涉实验原理测量某绿色激光的波长。其实验装置如甲图所示，刻有双缝的黑色纸板和激光笔一起同轴地固定在光具座上，激光经过双缝后投射到光屏表面的条纹如图乙所示，已知双缝间的宽度d=0.2mm，双缝到投影屏间的距离L=2.0m。
(1)使用刻度尺可以读出A、B两亮纹间的距离x=___________mm，则相邻亮条纹的条纹间距Δx=___________mm。由双缝干涉条纹间距公式可计算出该绿色激光的波长λ=___________m；(小数点后均保留一位有效数字)
(2)如果用红色激光重新实验，相邻亮纹间距将会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
13. 某同学用如甲图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。其中M为原线圈，N为副线圈，G为灵敏电流计，且经检查发现灵敏电流计的指针偏转方向与电流流入方向相同。
(1)按甲图所示连接好电路后进行实验；
(2)在实验过程中观察到，闭合开关时灵敏电流计的指针向右偏转了一下，则在电路稳定后，再将滑动变阻器迅速向右滑动，电流计的指针将向___________偏转(填“左”或“右”)；
(3)经多次探究发现，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈___________(填“M”或“N”)发生了___________变化；
(4)现将甲图中的线圈M换为条形磁铁，将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，观察到电流表指针向左偏转，则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的___________(填“A”或“B”)所示。
14. 如图所示，N=100匝的矩形线圈长AB为20cm，宽BC为10cm，其总电阻r=2Ω。线圈从图示位置开始计时，在磁感应强度B=1πT的匀强磁场中绕OO′轴以转速ω=100πrad/s匀速转动。已知外电阻R=8Ω，请写出：
(1)感应电动势的瞬时表达式；
(2)1min时间内，电阻R上所产生的热量。
15. 如图所示，在直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，半径为R=1m，其边界与x轴正半轴相切于M点，与y轴负半轴相切于P点，MN为圆的一条直径。一比荷为qm= 33×106C/kg的正电荷从y轴正半轴上的A点垂直电场线方向射入，其初速度v0=1×106m/s，且恰能从M点与x轴正方向成θ=60o角进入磁场，并最终从N点离开。不计电荷所受重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
16. 如图所示，PMN和P′M′N′是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，MM′左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且MM′右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为ℎ处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距MM′为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：
(1)AB棒刚进入磁场时所受安培力F安的大小；
(2)整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；
(3)若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量q为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查光导纤维、光的偏振现象和机械波部分的基础概念理解，难度不大。
【解答】
A、光在光纤中传播，为了减小损耗，会使其在内芯和外套的分界面上发生全反射，故A正确；
B、物体受迫振动时的频率与驱动力频率相同，故B错误；
C、光的偏振现象说明光是一种横波，故C错误；
D、多普勒效应的产生并不是波源的频率发生变化，而是接受的频率发生变化，故D错误；
故选A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动量定理的应用。解决问题的关键是清楚安全气囊起到的是缓冲作用，增加了作用时间，根据动量定理分析即可。
【解答】
在碰撞过程中，穿戴者的动量变化量是一定的，等于末动量与初动量的差值，而用安全气囊后延长了作用时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，合力的冲量相同，作用时间越长，作用力越小，根据F合=ΔpΔt，即动量变化率越小。故B正确，ACD错误。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
【分析】根据图像判断振子的周期；根据周期公式求摆长、判断周倜得变化；根据简谐运动的特征分析回复力。
本题考查了简谐运动的特点、单摆的周期公式，掌握单摆的周期公式T=2π Lg，并能灵活运用。
【解答】
【解答】解：A、由题图可知，摆球从A点经O点运动到B点振动是一次全振动的一半．故A错误；
B、由题图可知，T=1s，由T=2π Lg可得，L =gT24π2≈0.25m，故Ｂ错误；
Ｃ、从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力逐渐减小到0，故C错误；
D、将单摆从地面移至山顶，g减小，由公式T=2π Lg可知摆动周期将增大，故D正确。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】A.由右手定则可知，N端电势高于M端，故A错误；
BC.由于相当于一段长为d的导线在切割磁感线，所以产生的感应电动势为
U=Bdv
所以电压表的示数与速度成正比，与粒子浓度无关，故B错误，C正确；
D.液体的流量为
Q=vS=UBd⋅πd24=πdU4B
故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.由楞次定律可知，0∼ t0 时间内，线框中电流的方向为逆时针方向，故A正确，不符合题意；
B.0∼ t0 时间内，bc边电流从b到c，由左手定则可知，受到的安培力竖直向上，故B错误，符合题意；
C. t0∼2t0 时间内，磁场垂直纸面向里且减小，由楞次定律可知，线框中电流的方向为顺时针； 2t0∼3t0 时间内，磁场垂直纸面向外且增大，由楞次定律可知，线框中电流的方向为顺时针，所以 t0∼3t0 时间内，线框中电流的方向不变，故C正确，不符合题意；
D. 2t0∼3t0 时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
E=ΔBΔtS=B0L22t0
则线框中电流的大小为
I=ER=B0L22Rt0
故D正确，不符合题意。
故选B。
6.【答案】D
【解析】依题意，设线圈的电阻为 R ，在 0∼Lv 的过程中，线圈 MN 边切割磁感线，产生感应电动势，有
E=BLv=U0
根据右手定则判断知线圈中的感应电流的方向为逆时针方向，大小为
I0=ER=BLvR
根据闭合电路欧姆定律，可得此时
UMN=I0×34R=34BLv=34U0
在 Lv∼2Lv 的过程中，线圈完全处于磁场中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，但 MN 边仍然在做切割磁感线运动，产生感应电动势，有
UMN=BLv=U0
在 2Lv∼3Lv 的过程中，线圈 QP 边切割磁感线，产生感应电动势，有
E=BLv
根据右手定则判断知线圈中的感应电流方向为顺时针方向，大小为
I0=ER=BLvR
根据闭合电路欧姆定律，可得此时
UMN=I0×14R=14BLv=14U0
结合选项图像，只有选项D图线符合。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.小球做平抛运动的过程有
ℎ=12gt2=3.2m
vy=gt
x2=v2t=4.8m
解得
t=0.8s
v2=6m/s
vy=8m/s
小球落地时的速度为
v= v22+vy2=10m/s
故A错误；
B.由动量定理可知，小球在下落过程中动量的变化量为
I=Mgt=4kg⋅m/s
故B错误；
C.子弹穿过小球的过程，由动量守恒定律可得
mv0=mv1+Mv2
子弹做平抛运动的过程中有
x1=v1t
解得子弹落地处离杆的水平距离为
x1=160m
故C正确；
D.子弹穿过小球的过程中，由能量守恒定律得
Q=12mv02−(12mv12+12Mv22)=1041J
故D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】解：A、由乙图读出，t=0.1s时刻P质点的速度沿y轴正方向，由波形的平移法结合甲图可知，这列波沿x轴正方向传播．故A错误；
B、由图知：波长λ=4m，周期T=0.4s，则波速v=λT=40.4m/s=10m/s.故B正确；
C、波沿x轴正方向传播．由波形的平移法结合甲图可知，t=0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，故C正确；
D、质点只在自己平衡位置附近上下振动，并不沿x轴方向移动，故D错误。
故选 BC。
由振动图象读出t=0.1s时刻P点的振动方向，再判断波的传播方向；再判断Q点振动方向；
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．要注意简谐波传播的过程中，质点并不“随波逐流”．
9.【答案】CD
【解析】A.由右手定则可知，导体棒ab向右运动时，b端电势低于a端，故A错误；
B.导体棒ab向右运动时，螺线管中的电流从M流向N，由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由N指向M，故B错误；
C.穿过金属圆环的磁感线向左，当ab向右做加速运动，感应电动势增大，则感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流，故C正确；
D.根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N极，螺线管的M端等效为磁铁的N极，所以金属圆环向左摆动。故D正确。
故选CD。
10.【答案】ABD
【解析】A.由题意可知，滑块在斜面上由静止开始下滑，则有滑块受到重力，斜面支持力和洛伦兹力，当小滑块运动到A点时，对斜面的压力为0.5mg<0.8mg，小滑块受洛伦兹力方向应垂直斜面向上，因此由左手定则可知，小滑块带正电，A正确；
B.因斜面光滑，离开斜面前，小滑块一直做匀加速直线运动，B正确；
C.由题意可知，小滑块运动到A点时，受洛伦兹力大小为0.3mg，由洛伦兹力公式可得
F=qvB=0.3mg
解得
v=0.3mgqB=3mg10qB
C错误；
D.由题意可知，当速度达到 4mg5qB 时，则有洛伦兹力公式可得
F′=qv′B=q×4mg5qB×B=4mg5=0.8mg
小滑块的重力在垂直斜面方向的分力为
G′=mgcos37∘=0.8mg
因此当速度达到 4mg5qB 时，小滑块将离开斜面，D正确。
故选ABD。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在有界磁场中的运动这个知识点；
根据条件，分析带电粒子在有界磁场中运动的临界情况，求出对应的半径，根据洛伦兹力充当向心力列式即可求解临界速度，从而判断结果。
【解答】
AB.当达到如图所示的临界状态时，刚好从MN边射出，
速度越小，粒子在磁场中运动的时间是相等的，此时，有r1+r1sinθ=a2，解得：r1=a3，
根据 qvB=mv2r1，得：v=qBa3m，小于此速度，粒子将从MN边射出磁场，故A错误；B正确；
C.粒子不能从NP边射出磁场区域的临界情况如图所示：
据分析可以求得 r2=a，根据qvB=mv2r2，得：v=qBam，为了保证粒子不从NP边射出磁场区域，粒子的速度必须满足v0≤Bqam，故 C错误；
D.如粒子能从MQ边射出，则粒子运动半径所扫过的圆心角最大，即在磁场中运动的时间最长，
所以，△⌀max=5π3，则△tmax=5T6=5πm3qB，故D正确。
故选BD。
12.【答案】(1)53.8∼ 54.2；5.4；5.4×10−7; (2)增大。
【解析】
【分析】先明确刻度尺的最小分度值，再读出读数;根据相邻明条纹间距公式计算和分析判断。
本题考查光的干涉实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验装置、实验步骤和数据处理。
【解答】解：(1)刻度尺的最小刻度值为1mm，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离为
x=xB−xA=79.2mm−24.9mm=54.3mm；
由图乙可知Δx=xB−xA10=54.310mm=5.43mm≈5.4mm；
由Δx=Ldλ
可得λ=ΔxdL=5.43×10−3×0.2×10−32.0m=5.43×10−7m≈5.4×10−7m
(2)如果用红色激光重新实验，由于紫色激光的波长较大，由λd=ΔxL可知，d、L不变，则相邻亮纹间距会增大。
故答案为：(1)53.8∼ 54.2；5.4；5.4×10−7; (2)增大。
13.【答案】(2)左； (3) N； 磁通量； (4) A。
【解析】
【分析】
本题考查了探究电磁感应现象这个实验；
(2)根据电流表偏转方向与磁通量变化情况及楞次定律即可分析答题；
(3)穿过回路的磁通量发生变化，该回路会产生感应电流；
(4)根据电流表指针的偏转方向与电流流向的关系及安培定则分析答题即可。
【解答】
(2)闭合开关时，电流从无到有，电流增大，穿过N线圈的磁通量增加；在电路稳定后，再将滑动变阻器迅速向右滑动，变阻器电阻增大，电流减小，穿过N线圈的磁通量减少，根据楞次定律，电流反向，故电流计的指针将向左偏转；
(3)N线圈连接电流计，产生了感应电流，说明N线圈的磁通量发生了变化；
(4)根据图乙中N线圈与电流计的接法，指针左偏，说明N线圈的电流是a出b进，根据安培定则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的A。
故答案为：(2)左； (3) N； 磁通量； (4) A。
14.【答案】解：(1)感应电动势的峰值Em=NBSω=200V
因线圈从垂直中性面开始计时，故感应电动势的瞬时表达式，
由e=Emcosωt得e=200cos100πt(V)
(2)感应电动势的有效值E=Em 2=100 2V
则感应电流的有效值I=ER+r=10 2A
可得Q=I2Rt=9.6×104J．
【解析】(1)求角速度和转速的关系求解角速度，再根据Em=NBωS求出最大值；根据导线的起始位置及最大值，可得出电动势和电流的瞬时表达式；
(2)由欧姆定律求解电路中的电流，再由焦耳定律可求得1s内的热量．
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数由交变电的有效值来确定．
15.【答案】解：(1)粒子在电场做匀变速曲线运动a=qEm
x轴方向R=v0t
y轴方向v0tanθ=at
联立解得E=3×106N/C；
(2)粒子的运动轨迹如图，
粒子在磁场中做匀速圆周运动v=v0cos θ=2v0
由几何关系得r=Rcosθ=2R
又因qvB=mv2r
联立解得B= 3T≈1.73T。
【解析】本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解题的关键是能正确做出粒子在磁场中运动运动轨迹，能根据几何知识求解运动的半径，掌握类平抛运动的解题规律。
(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律以及水平和竖直方向的运动规律求解电场强度；
(2)作出运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
16.【答案】解：(1)AB棒下滑到MM′处，根据机械能守恒得mgℎ=12mv2，
此时
E=BLv，
I=E(R+2R)，
F安=BIL，
联立解得
F安=B2L2 2gℎ3R；
(2)AB棒进入磁场后，根据动能定理得W安−μmgd=0−12mv2，
回路中产生的焦耳热
Q总=−W安，
又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热Q=R(R+2R)Q总，
联立解得
Q=13mg(ℎ−μd)；
(3)若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得
mv= (m+2m)v共，
对AB棒，由动量定理可得
−BIL△t=mv共−mv，
而
q=IΔt，
联立解得
q=2m 2gℎ3BL。
【解析】本题考查电磁感应的综合问题。解决问题的关键是清楚AB杆的受力情况和运动情况，利用机械能守恒定律、导体切割磁感线产生的感应电动势的表达式、闭合电路欧姆定律、安培力公式、动能定理、功能关系、动量守恒定律、动量定理、电流的定义式分析计算。
2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）质量检测物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 下列说法中正确的是( )
A. 光在光纤中传播时，在内芯和外套的分界面上发生全反射
B. 物体做受迫振动时的振动频率与其固有频率有关
C. 光的偏振现象说明光是一种纵波
D. 迎面驶来的火车汽笛声的音调变化属于多普勒效应，原因是波源的频率发生了变化
2. 科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( )
A. 减小穿戴者动量的变化量 B. 减小穿戴者动量的变化率
C. 增大穿戴者所受合力的冲量 D. 减小穿戴者所受合力的冲量
3. 如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5s，则下列说法中正确的是( )
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 单摆的摆长约为1m
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
4. 电磁流量计由于测量范围宽、反应快，常用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量，其示意图如图所示。由非磁性材料制成的圆管置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，已知管的直径为d，磁感应强度为B，流量Q等于单位时间内流过管道横截面的液体体积。当管中的液体流经磁场区域时，相当于一段长为d的导线在切割磁感线，所产生的感应电动势可由电压表测出。若电压表测得M、N两点间电压为U，则下列说法中正确的是( )
A. M端电势高于N端 B. 液体中粒子浓度越高，电压表的示数越大
C. 液体流动的速度越大，电压表的示数越大 D. 液体的流量Q=4dUπB
5. 如甲图所示，有一边长为L、质量为m的正方形导线框abcd，总电阻为R，用细线悬挂于天花板上。导线框有一半面积处于匀强磁场区域，其磁感应强度B随时间变化的规律如乙图所示，其中t0、B0均为已知，并取垂直纸面向里为磁场正方向。若导线框始终处于静止状态，则下列说法中错误的是( )
A. 0∼t0时间内，线框中电流的方向为逆时针方向
B. 0∼t0时间内，bc边受到的安培力竖直向下
C. t0∼3t0时间内，线框中电流的方向不变
D. 2t0∼3t0时间内，线框中电流的大小为B0L22Rt0
6. 如图所示，有一宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以恒定速度穿过磁场区域。在运动过程中，金属线框MN边始终与磁场区域边界平行，取MN边刚进入磁场为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，则在下列选项中，能正确反映线框中感应电流i以及MN两点间电势差UMN随时间变化规律的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图所示，质量为0.5kg的小球静置于高度为3.2m的直杆顶端。一颗质量为0.01kg的子弹以500m/s的速度沿水平方向击中小球，并迅速从球心穿过。已知小球落地处离杆的水平距离为4.8m，g取10m/s2，则有( )
A. 小球落地时速度为8m/s
B. 小球在下落过程中动量的变化量为2kg⋅m/s
C. 子弹落地处离杆的水平距离为160m
D. 子弹穿过小球的过程中，系统产生的热量为1241J
8. 如图所示，图甲为一列简谐波在t=0.1s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法中正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波传播的速度大小为10m/s
C. t=0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动
D. 再经过0.2s，质点P沿x轴传播方向移动了2m
9. 如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨上，让其垂直于导轨向右做加速运动。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则( )
A. 导体棒b端电势高于a端
B. 电流在螺线管内产生的磁场方向由M指向N
C. 从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流
D. 金属圆环向左摆动
10. 如图所示，表面光滑的绝缘斜面倾角θ=37∘，处于垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m，带电量为q的小滑块沿斜面由静止开始下滑。当小滑块运动到A点时，对斜面的压力为0.5mg。已知重力加速度为g，且sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则下列说法中正确的是( )
A. 小滑块带正电
B. 离开斜面前，小滑块一直做匀加速直线运动
C. 小滑块运动到A点时，速度大小为3mg5qB
D. 当速度达到4mg5qB时，小滑块将离开斜面
11. 如图所示矩形区域MNPQ，MN边长为a，NP边长为b(b远大于a)，区域内有一匀强磁场，其磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。现有质量为m，电荷量为−q的粒子，从MN边的中点O点射入磁场。已知粒子的速度大小为v，方向与ON边夹角θ=30∘，且运动过程中仅受磁场力作用。则下列说法中正确的是( )
A. 粒子速度越小，在磁场中运动时间越长
B. 若速度小于qBa3m，粒子将从MN边射出磁场
C. 若速度大于 3qBa2m，粒子将从NP边射出磁场
D. 粒子在磁场中运动的最长时间为5πm3qB
二、非选择题（56分）
12. 某物理兴趣小组根据激光相干性好、亮度高的特点，利用双缝干涉实验原理测量某绿色激光的波长。其实验装置如甲图所示，刻有双缝的黑色纸板和激光笔一起同轴地固定在光具座上，激光经过双缝后投射到光屏表面的条纹如图乙所示，已知双缝间的宽度d=0.2mm，双缝到投影屏间的距离L=2.0m。
(1)使用刻度尺可以读出A、B两亮纹间的距离x=___________mm，则相邻亮条纹的条纹间距Δx=___________mm。由双缝干涉条纹间距公式可计算出该绿色激光的波长λ=___________m；(小数点后均保留一位有效数字)
(2)如果用红色激光重新实验，相邻亮纹间距将会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
13. 某同学用如甲图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。其中M为原线圈，N为副线圈，G为灵敏电流计，且经检查发现灵敏电流计的指针偏转方向与电流流入方向相同。
(1)按甲图所示连接好电路后进行实验；
(2)在实验过程中观察到，闭合开关时灵敏电流计的指针向右偏转了一下，则在电路稳定后，再将滑动变阻器迅速向右滑动，电流计的指针将向___________偏转(填“左”或“右”)；
(3)经多次探究发现，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈___________(填“M”或“N”)发生了___________变化；
(4)现将甲图中的线圈M换为条形磁铁，将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，观察到电流表指针向左偏转，则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的___________(填“A”或“B”)所示。
14. 如图所示，N=100匝的矩形线圈长AB为20cm，宽BC为10cm，其总电阻r=2Ω。线圈从图示位置开始计时，在磁感应强度B=1πT的匀强磁场中绕OO′轴以转速ω=100πrad/s匀速转动。已知外电阻R=8Ω，请写出：
(1)感应电动势的瞬时表达式；
(2)1min时间内，电阻R上所产生的热量。
15. 如图所示，在直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，半径为R=1m，其边界与x轴正半轴相切于M点，与y轴负半轴相切于P点，MN为圆的一条直径。一比荷为qm= 33×106C/kg的正电荷从y轴正半轴上的A点垂直电场线方向射入，其初速度v0=1×106m/s，且恰能从M点与x轴正方向成θ=60o角进入磁场，并最终从N点离开。不计电荷所受重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
16. 如图所示，PMN和P′M′N′是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，MM′左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且MM′右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为ℎ处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距MM′为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：
(1)AB棒刚进入磁场时所受安培力F安的大小；
(2)整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；
(3)若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量q为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查光导纤维、光的偏振现象和机械波部分的基础概念理解，难度不大。
【解答】
A、光在光纤中传播，为了减小损耗，会使其在内芯和外套的分界面上发生全反射，故A正确；
B、物体受迫振动时的频率与驱动力频率相同，故B错误；
C、光的偏振现象说明光是一种横波，故C错误；
D、多普勒效应的产生并不是波源的频率发生变化，而是接受的频率发生变化，故D错误；
故选A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动量定理的应用。解决问题的关键是清楚安全气囊起到的是缓冲作用，增加了作用时间，根据动量定理分析即可。
【解答】
在碰撞过程中，穿戴者的动量变化量是一定的，等于末动量与初动量的差值，而用安全气囊后延长了作用时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，合力的冲量相同，作用时间越长，作用力越小，根据F合=ΔpΔt，即动量变化率越小。故B正确，ACD错误。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
【分析】根据图像判断振子的周期；根据周期公式求摆长、判断周倜得变化；根据简谐运动的特征分析回复力。
本题考查了简谐运动的特点、单摆的周期公式，掌握单摆的周期公式T=2π Lg，并能灵活运用。
【解答】
【解答】解：A、由题图可知，摆球从A点经O点运动到B点振动是一次全振动的一半．故A错误；
B、由题图可知，T=1s，由T=2π Lg可得，L =gT24π2≈0.25m，故Ｂ错误；
Ｃ、从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力逐渐减小到0，故C错误；
D、将单摆从地面移至山顶，g减小，由公式T=2π Lg可知摆动周期将增大，故D正确。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】A.由右手定则可知，N端电势高于M端，故A错误；
BC.由于相当于一段长为d的导线在切割磁感线，所以产生的感应电动势为
U=Bdv
所以电压表的示数与速度成正比，与粒子浓度无关，故B错误，C正确；
D.液体的流量为
Q=vS=UBd⋅πd24=πdU4B
故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.由楞次定律可知，0∼ t0 时间内，线框中电流的方向为逆时针方向，故A正确，不符合题意；
B.0∼ t0 时间内，bc边电流从b到c，由左手定则可知，受到的安培力竖直向上，故B错误，符合题意；
C. t0∼2t0 时间内，磁场垂直纸面向里且减小，由楞次定律可知，线框中电流的方向为顺时针； 2t0∼3t0 时间内，磁场垂直纸面向外且增大，由楞次定律可知，线框中电流的方向为顺时针，所以 t0∼3t0 时间内，线框中电流的方向不变，故C正确，不符合题意；
D. 2t0∼3t0 时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
E=ΔBΔtS=B0L22t0
则线框中电流的大小为
I=ER=B0L22Rt0
故D正确，不符合题意。
故选B。
6.【答案】D
【解析】依题意，设线圈的电阻为 R ，在 0∼Lv 的过程中，线圈 MN 边切割磁感线，产生感应电动势，有
E=BLv=U0
根据右手定则判断知线圈中的感应电流的方向为逆时针方向，大小为
I0=ER=BLvR
根据闭合电路欧姆定律，可得此时
UMN=I0×34R=34BLv=34U0
在 Lv∼2Lv 的过程中，线圈完全处于磁场中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，但 MN 边仍然在做切割磁感线运动，产生感应电动势，有
UMN=BLv=U0
在 2Lv∼3Lv 的过程中，线圈 QP 边切割磁感线，产生感应电动势，有
E=BLv
根据右手定则判断知线圈中的感应电流方向为顺时针方向，大小为
I0=ER=BLvR
根据闭合电路欧姆定律，可得此时
UMN=I0×14R=14BLv=14U0
结合选项图像，只有选项D图线符合。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.小球做平抛运动的过程有
ℎ=12gt2=3.2m
vy=gt
x2=v2t=4.8m
解得
t=0.8s
v2=6m/s
vy=8m/s
小球落地时的速度为
v= v22+vy2=10m/s
故A错误；
B.由动量定理可知，小球在下落过程中动量的变化量为
I=Mgt=4kg⋅m/s
故B错误；
C.子弹穿过小球的过程，由动量守恒定律可得
mv0=mv1+Mv2
子弹做平抛运动的过程中有
x1=v1t
解得子弹落地处离杆的水平距离为
x1=160m
故C正确；
D.子弹穿过小球的过程中，由能量守恒定律得
Q=12mv02−(12mv12+12Mv22)=1041J
故D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】解：A、由乙图读出，t=0.1s时刻P质点的速度沿y轴正方向，由波形的平移法结合甲图可知，这列波沿x轴正方向传播．故A错误；
B、由图知：波长λ=4m，周期T=0.4s，则波速v=λT=40.4m/s=10m/s.故B正确；
C、波沿x轴正方向传播．由波形的平移法结合甲图可知，t=0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，故C正确；
D、质点只在自己平衡位置附近上下振动，并不沿x轴方向移动，故D错误。
故选 BC。
由振动图象读出t=0.1s时刻P点的振动方向，再判断波的传播方向；再判断Q点振动方向；
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．要注意简谐波传播的过程中，质点并不“随波逐流”．
9.【答案】CD
【解析】A.由右手定则可知，导体棒ab向右运动时，b端电势低于a端，故A错误；
B.导体棒ab向右运动时，螺线管中的电流从M流向N，由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由N指向M，故B错误；
C.穿过金属圆环的磁感线向左，当ab向右做加速运动，感应电动势增大，则感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流，故C正确；
D.根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N极，螺线管的M端等效为磁铁的N极，所以金属圆环向左摆动。故D正确。
故选CD。
10.【答案】ABD
【解析】A.由题意可知，滑块在斜面上由静止开始下滑，则有滑块受到重力，斜面支持力和洛伦兹力，当小滑块运动到A点时，对斜面的压力为0.5mg<0.8mg，小滑块受洛伦兹力方向应垂直斜面向上，因此由左手定则可知，小滑块带正电，A正确；
B.因斜面光滑，离开斜面前，小滑块一直做匀加速直线运动，B正确；
C.由题意可知，小滑块运动到A点时，受洛伦兹力大小为0.3mg，由洛伦兹力公式可得
F=qvB=0.3mg
解得
v=0.3mgqB=3mg10qB
C错误；
D.由题意可知，当速度达到 4mg5qB 时，则有洛伦兹力公式可得
F′=qv′B=q×4mg5qB×B=4mg5=0.8mg
小滑块的重力在垂直斜面方向的分力为
G′=mgcos37∘=0.8mg
因此当速度达到 4mg5qB 时，小滑块将离开斜面，D正确。
故选ABD。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在有界磁场中的运动这个知识点；
根据条件，分析带电粒子在有界磁场中运动的临界情况，求出对应的半径，根据洛伦兹力充当向心力列式即可求解临界速度，从而判断结果。
【解答】
AB.当达到如图所示的临界状态时，刚好从MN边射出，
速度越小，粒子在磁场中运动的时间是相等的，此时，有r1+r1sinθ=a2，解得：r1=a3，
根据 qvB=mv2r1，得：v=qBa3m，小于此速度，粒子将从MN边射出磁场，故A错误；B正确；
C.粒子不能从NP边射出磁场区域的临界情况如图所示：
据分析可以求得 r2=a，根据qvB=mv2r2，得：v=qBam，为了保证粒子不从NP边射出磁场区域，粒子的速度必须满足v0≤Bqam，故 C错误；
D.如粒子能从MQ边射出，则粒子运动半径所扫过的圆心角最大，即在磁场中运动的时间最长，
所以，△⌀max=5π3，则△tmax=5T6=5πm3qB，故D正确。
故选BD。
12.【答案】(1)53.8∼ 54.2；5.4；5.4×10−7; (2)增大。
【解析】
【分析】先明确刻度尺的最小分度值，再读出读数;根据相邻明条纹间距公式计算和分析判断。
本题考查光的干涉实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验装置、实验步骤和数据处理。
【解答】解：(1)刻度尺的最小刻度值为1mm，由刻度尺读出A、B两亮纹间的距离为
x=xB−xA=79.2mm−24.9mm=54.3mm；
由图乙可知Δx=xB−xA10=54.310mm=5.43mm≈5.4mm；
由Δx=Ldλ
可得λ=ΔxdL=5.43×10−3×0.2×10−32.0m=5.43×10−7m≈5.4×10−7m
(2)如果用红色激光重新实验，由于紫色激光的波长较大，由λd=ΔxL可知，d、L不变，则相邻亮纹间距会增大。
故答案为：(1)53.8∼ 54.2；5.4；5.4×10−7; (2)增大。
13.【答案】(2)左； (3) N； 磁通量； (4) A。
【解析】
【分析】
本题考查了探究电磁感应现象这个实验；
(2)根据电流表偏转方向与磁通量变化情况及楞次定律即可分析答题；
(3)穿过回路的磁通量发生变化，该回路会产生感应电流；
(4)根据电流表指针的偏转方向与电流流向的关系及安培定则分析答题即可。
【解答】
(2)闭合开关时，电流从无到有，电流增大，穿过N线圈的磁通量增加；在电路稳定后，再将滑动变阻器迅速向右滑动，变阻器电阻增大，电流减小，穿过N线圈的磁通量减少，根据楞次定律，电流反向，故电流计的指针将向左偏转；
(3)N线圈连接电流计，产生了感应电流，说明N线圈的磁通量发生了变化；
(4)根据图乙中N线圈与电流计的接法，指针左偏，说明N线圈的电流是a出b进，根据安培定则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的A。
故答案为：(2)左； (3) N； 磁通量； (4) A。
14.【答案】解：(1)感应电动势的峰值Em=NBSω=200V
因线圈从垂直中性面开始计时，故感应电动势的瞬时表达式，
由e=Emcosωt得e=200cos100πt(V)
(2)感应电动势的有效值E=Em 2=100 2V
则感应电流的有效值I=ER+r=10 2A
可得Q=I2Rt=9.6×104J．
【解析】(1)求角速度和转速的关系求解角速度，再根据Em=NBωS求出最大值；根据导线的起始位置及最大值，可得出电动势和电流的瞬时表达式；
(2)由欧姆定律求解电路中的电流，再由焦耳定律可求得1s内的热量．
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数由交变电的有效值来确定．
15.【答案】解：(1)粒子在电场做匀变速曲线运动a=qEm
x轴方向R=v0t
y轴方向v0tanθ=at
联立解得E=3×106N/C；
(2)粒子的运动轨迹如图，
粒子在磁场中做匀速圆周运动v=v0cos θ=2v0
由几何关系得r=Rcosθ=2R
又因qvB=mv2r
联立解得B= 3T≈1.73T。
【解析】本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解题的关键是能正确做出粒子在磁场中运动运动轨迹，能根据几何知识求解运动的半径，掌握类平抛运动的解题规律。
(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律以及水平和竖直方向的运动规律求解电场强度；
(2)作出运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
16.【答案】解：(1)AB棒下滑到MM′处，根据机械能守恒得mgℎ=12mv2，
此时
E=BLv，
I=E(R+2R)，
F安=BIL，
联立解得
F安=B2L2 2gℎ3R；
(2)AB棒进入磁场后，根据动能定理得W安−μmgd=0−12mv2，
回路中产生的焦耳热
Q总=−W安，
又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热Q=R(R+2R)Q总，
联立解得
Q=13mg(ℎ−μd)；
(3)若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得
mv= (m+2m)v共，
对AB棒，由动量定理可得
−BIL△t=mv共−mv，
而
q=IΔt，
联立解得
q=2m 2gℎ3BL。
【解析】本题考查电磁感应的综合问题。解决问题的关键是清楚AB杆的受力情况和运动情况，利用机械能守恒定律、导体切割磁感线产生的感应电动势的表达式、闭合电路欧姆定律、安培力公式、动能定理、功能关系、动量守恒定律、动量定理、电流的定义式分析计算。
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