2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波不能在真空中传播
B. 电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场
C. 电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波
D. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
2.手机上一般会有两个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个位于手机顶部。小明同学查阅手机说明书后知道手机顶部的麦克风为降噪麦克风。该同学进一步查阅资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。理想情况下的降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法正确的是( )
A. 降噪声波的频率大于环境噪声的频率B. 降噪声波的频率小于环境噪声的频率
C. 降噪麦克风的工作原理是声波的衍射D. 降噪麦克风的工作原理是声波的干涉
3.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的a、b两束光，a光的( )
A. 频率小，发生全反射的临界角小B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大D. 频率大，发生全反射的临界角大
4.如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线a和b中通有大小不同、方向均垂直于纸面向里的电流时，a对地面的压力恰好为零。已知长直导线a的质量为m，当地的重力加速度为g。如果长直导线b的电流改为垂直于纸面向外，大小不变，则a对地面的压力为( )
A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg
5.如图甲所示为一小型发电机的原理图，矩形线圈的电阻为1Ω。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端与R=10Ω的电阻构成闭合回路。通过电阻R的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该发电机线圈转动的角速度为200πrad/s
B. 线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大
C. 该发电机产生交流电的感应电动势峰值为200 2V
D. 电阻R消耗的电功率为4000W
6.如图所示，磁场方向垂直纸面向里，金属导轨EF、CD在竖直平面内垂直磁场平行放置，并通过绕在竖直铁芯上的导线连接，铁芯正上方有一水平放置的金属环，金属杆AB竖直放置，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，现突然用外力向右拉动金属杆AB，下列说法正确的是( )
A. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向上
B. AB中电流由A到B，金属环受到的安培力向下
C. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向上
D. AB中电流由B到A，金属环受到的安培力向下
7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30∘角，经磁场偏转后从b点飞出，已知粒子在磁场中运动的时间为t，不计粒子所受重力，则( )
A. 该带电粒子带负电
B. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
C. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为12t
D. 若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，理想变压器原线圈加上交变电压，副线圈上接有电阻R、灯泡L1、L2。闭合开关S，滑片P处于图示位置，灯泡发光。下列说法正确的是( )
A. 保持开关S闭合，将滑片P向下移，灯泡变暗
B. 保持开关S闭合，将滑片P向上移，灯泡变暗
C. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变暗
D. 保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L1变亮
9.电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为π4，由此可知( )
A. 图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外
B. 电子进入偏转磁场时的速度为 2Uk
C. 电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为 2UkB2
D. 电子在偏转磁场中的运动时间为kπ4B
10.如图(a)，质量M=4kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上，质量m=1kg的小物块置于斜面顶端，物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ.t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F，推力F的大小随时间t变化的图象如图(b)所示，t=2s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止，重力加速度g=10m/s2，在物块沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块到达斜面底端时的动能为32J
B. 斜面的长度为8m
C. 斜面体对水平面的压力大小始终为50N
D. 水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：
①在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从同一位置由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍从同一位置由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1______m2。(填“>”、“Bm1 y2=m1 y3+m2 y1
【解析】解：(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质m1、m2间的关系是m1>m2。
(2)A.小球a、b半径必须相同，从而保证两球能发生正碰，故A错误；
B.斜槽轨道末端必须保持水平，从而保证做平抛运动，故B正确；
C.小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t
平抛运动水平方向做匀速运动，水平位移x=vt
平抛运动竖直方向做自由落体运动，竖直位移y=12gt2
解得水平速度v=x g2y
因此不需要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故C错误。
故选：B。
(3)根据上述可得水平速度v=x g2y
碰撞前小球a的速度v0=x g2y2
碰撞后小球a的速度v1=x g2y3
碰撞后小球b的速度v2=x g2y1
以向右为正方向，若两球碰撞过程系统动量守恒，应满足m1v0=m1v1+m2v2
代入数据整理得m1 y2=m1 y3+m2 y1。
故答案为：(1)>；(2)B；(3)m1 y2=m1 y3+m2 y1。
(1)若两球碰撞后入射球反弹，则会影响速度的测定，据此分析入射球与被碰球的质量的大小关系；
(2)为使两球发生对心碰撞，两球半径应相等；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，根据实验注意事项与实验原理分析答题；
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球做平抛运动的初速度，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。
12.【答案】乙 12.0l−d2 9.66BD
【解析】解：(1)甲图在实验过程摆长会变大，乙图摆长不变，正确发方式是乙；
(2)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为12mm+0×0.1mm=12.0mm，故摆球的直径为d=12.0mm；
单摆的长度为L=l+d2
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg，得L=g4π2T2，由图像可得g4π2=1.20−0.605.0−2.55m/s2，解得g=9.66m/s2；
(4)A.计算摆长时用摆线长度，使摆长偏小，g值偏小，故A错误；
B.开始计时时，停表没有及时按下，使周期偏小，g值偏大，故B正确；
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，g值偏小，故C错误；
D.实验中误将30次全振动记为31次，使周期偏小，g值偏大，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)乙；(2)l−d2；(3)9.66；(4)BD。
(1)根据细线长度变化分析判断；
(2)根据游标卡尺最小分度值，先读主尺读数、再读游标尺读数，之和为游标卡尺读数；
(3)根据周期和图像计算；
(4)根据实验原理分析判断。
本题考查用单摆测定当地的重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)根据图甲可知，简谐波的波长为4m，周期为0.8s，所以简谐波的传播速度为大小为
v=λT=40.8m/s=5m/s
(2)t=0时刻质点M恰好完成一次全振动可知，此时波恰好传到7m处，简谐波传播到N点需要的时间为
t0=19−75s=2.4s
所以质点N振动的时间为
Δt=t−t0=(10−2.4)s=7.6s=9.5T
0∼10s内质点N运动的路程
s=9.5×4A=9.5×4×20cm=760cm
答：(1)此简谐横波传播速度的大小为5m/s；
(2)0∼10s内质点N运动的路程为760cm。
【解析】(1)由图甲得到波长大小，由图乙得到周期大小，利用波速公式v=λT可求得波速大小；
(2)根据MN间的距离，先求出该波传到N点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在一个周期内运动的路程为4A，即可算出质点N的路程。
本题考查机械波的传播，解题关键掌握波速的计算公式，注意质点运动状态的判断。
14.【答案】解：(1)导体杆刚进入磁场时，切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv=6×0.5×5V=15V
感应电流大小为
I=ER+r=1510+5A=1.0A
由右手定则知通过金属杆的电流方向从a沿杆流向b；
(2)设金属杆出离磁场时的速度大小为v′。从离开磁场到最高点运动过程中，根据机械能守恒定律得
mgH=12mv′2
解得：v′=2m/s
金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律得
12mv2=Q+12mv′2
电阻R上的焦耳热为
QR=RR+rQ
解得：QR=1.4J
(3)设金属杆通过磁场时流过金属杆的电荷量为q，在磁场长度为x，金属杆在磁场中的运动过程，取向右为正方向，根据动量定理得
−BI−Lt=mv′−mv
又因为q=I−t=E−tR+r=ΔΦR+r=BLxR+r
解得：x=1m
答：(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小为1A，方向从a沿杆流向b；
(2)电阻R产生的焦耳热为1.4J；
(3)磁场区域的长度为1m。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律、右手定则进行解答；
(2)根据机械能守恒定律求出金属杆离开磁场时的速度。金属杆通过磁场的过程，根据能量守恒定律和能量分配关系求解电阻R产生的焦耳热；
(3)金属杆在磁场中的运动过程，根据动量定理求解磁场区域的长度。
本题主要考查电磁感应现象，对于安培力作用下金属杆的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
15.【答案】解：(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mv0=mv02+2mvAB。
解得vAB=v04
(2)设木板的长度为L。
物块P在AB上滑行时，对AB、CD和P组成的系统，根据能量守恒定律得
μmgL=12mv02−[12⋅m(v02)2+12⋅2mvAB2]
解得L=5v0216μg
(3)设滑块CD圆弧的半径为R。
物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得：
mv02+mvAB=2mv
根据系统的机械能守恒得mgR+12⋅2mv2=12⋅m(v02)2+12⋅mvAB2。
联立解得R=v0264g
答：(1)物块滑到B处时木板的速度vAB是v04。
(2)木板的长度L是5v0216μg；
(3)滑块CD圆弧的半径是v0264g。
【解析】(1)物块P在AB上滑行时，AB、CD和P组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2)根据能量守恒定律求木板的长度乙；
(3)物块P在滑块CD上滑行时，CD和P组成的系统水平动量守恒，根据系统的水平动量守恒和机械能守恒求圆弧的半径。
解决本题的关键要能够熟练运用动量守恒定律和机械能守恒定律列出等式求解，注意题目中的条件，物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，则物块与圆弧轨道CD具有相同的速度。