还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年福建省宁德市高二（下）期末物理试卷v
展开
这是一份2022-2023学年福建省宁德市高二（下）期末物理试卷v，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2022年10月12日，神舟十四号乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲在中国空间站进行了第三次太空授课活动。“天宫课堂”主要依靠中继卫星系统通过电磁波进行天地互动。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波传播需要介质
B. 胡克预言了电磁波的存在
C. 电磁波传播过程中也传递了能量
D. 不同波长的电磁波在真空中的传播速度大小不同
2.水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样，这种现象是( )
A. 光的偏振B. 光的衍射C. 光的折射D. 光的干涉
3.某种介质对空气的折射率是 2，一束光从该介质射向空气，入射角是60∘，则下列光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )
A. B. C. D.
4.用均匀细导线做成半径为R的单匝圆环，其内接正方形内存在垂直圆环面的磁场，t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电动势大小为( )
A. 4B0R2t0B. B0R2t0C. 4πB0R2t0D. πB0R2t0
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.关于传感器在生产生活中的实际应用，下列说法正确的是( )
A. 电梯超载时发出警报，这是力传感器的应用
B. 智能手机利用指纹解锁，这是超声波传感器的应用
C. 室外智能路灯白天自动熄灭，这是位移传感器的应用
D. 红外测温枪测量人体温度，这是红外线传感器的应用
6.如图所示为远距离输电的示意图，图中标示了电压、电流和线圈匝数，输电线总电阻为R，变压器均可视为理想变压器，其余线路电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 若电厂输出电压U1不变，随着用户数量增加，U4增大
B. 若电厂输出电压U1不变，随着用户数量增加，U4减小
C. 若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则输电线上损耗的电功率变为原来的1k
D. 若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则输电线上损耗的电功率变为原来的1k2
7.一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，t=0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点，图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 图乙可以表示质点a的振动B. 图乙可以表示质点b的振动
C. t=0时，质点a的速度比质点b的小D. t=0时，质点a的加速度比质点b的小
8.如图甲所示，间距为L的足够长平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨左端接有电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场B，一质量为m、电阻也为R的金属棒放在导轨上，在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的力F，金属棒速度v随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，t=54T时撤去F，金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。则( )
A. 电阻R两端的最大电压Um=BLv02
B. 电路中电流的有效值I=BLv0 2R
C. 撤去F后，金属棒速度v随位移x的变化率k1=−B2L22mR
D. 撤去F后，金属棒所受安培力随位移x的变化率k2=−B4L42mR2
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.果农为了提高采摘松子的效率，使用如图所示的振动式松果采摘机，机车带动振动器振动树干，使松果落下。为了使采摘效果更好，针对不同树干，______(填“需要”或“不需要”)调整振动频率；当振动器频率______(填“大于”、“等于”或“小于”)树干的固有频率时，树干振动的幅度最大。
10.如图所示，铝环A用绝缘细线悬挂，静止于长直螺线管左侧，并与其共轴。若突然闭合开关S，则铝环A将______(填“向左”或“向右”)摆动，并有______(填“收缩”或“扩张”)趋势。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在用可拆变压器“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验中，
(1)变压器铁芯的结构和材料应选用______(选填选项前的字母)；
A.整块的硅钢铁芯
B.涂有绝缘漆的铜片叠成
C.涂有绝缘漆的硅钢片叠成
(2)原线圈所接的电源应是______(填“交流电”或“直流电”)；
(3)若变压器两线圈的匝数分别为100和200，测得的电压分别为3.7V和8.0V。据此可知该变压器是______(填“升压”或“降压”)变压器。
12.在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，
(1)如图甲所示，用游标卡尺测得摆球直径为______ cm，如果测定了30次全振动的时间如图乙中秒表所示，单摆的摆动周期是______s(保留三位有效数字)；
(2)在本实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是______(选填选项前的字母)；
A.单摆的摆角不能太大
B.摆球到达最高点时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
(3)用多组实验数据作出T2−L图像，可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2−L图线的示意图如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______(选填选项前的字母)。
A.图线a对应的g值大于图线b对应的g值
B.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
C.出现图线c的原因可能是误将29次全振动记为30次
D.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，一电阻r=1Ω，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω=20πrad/s匀速转动，外电路负载电阻R=4Ω，求：
(1)当线圈转至图示位置时通过R的电流方向；
(2)线圈转动过程中交流电压表的示数；
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量。
14.“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种探测宇宙射线的试验设备，其简化原理图如图所示，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为30∘。假设太空中质量为m、电荷量为q的负电粒子，能均匀地吸附在外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，求：
(1)粒子到达O点时的速率v0；
(2)若电势差U=B02L2q2m，且从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，求此时的磁感应强度B的大小；
(3)若电势差U=B02L2q2m，且要求外弧面PQ上所有的粒子均能从ab边射出，求磁感应强度B的取值范围。
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图是光由空气射入某种介质时的折射情况，已知真空中的光速为c，试由图中所给出的数据求出这种介质的折射率和该光在这种介质中的光速。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；
B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，故B错误；
C.电磁波传播过程中也传递了能量，故C正确；
D.不同波长的电磁波在真空中传播速度都等于光速，故D错误。
故选：C。
电磁波可以在真空中传播，电磁波的传播不需要介质；电磁波可以传递信息，也可以传递能量；不同电磁波的频率不同；电磁波在真空中的传播速度大小均等于光速。
此题主要考查对电磁波传播和应用的理解和掌握，要知道广播、电视、移动通信都靠电磁波传递信息。
2.【答案】D
【解析】解：水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样，是在阳光照射下，经油膜的上下表面反射的两束光干涉而形成的，属于光的干涉现象，故D正确；ABC错误。
故选：D。
水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样是光的薄膜干涉现象。
该题考查光的干涉现象，知道常见的光现象即可正确解答。
3.【答案】D
【解析】解：设该介质的临界角为C，则sinC=1n=1 2，C=45∘
由于光从介质射向空气，入射角i=60∘>C，所以发生全反射，光线全部被反射回原介质。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据全反射的条件：入射角大于或等于临界角，分析能否发生全反射，再进行判断．
解决本题的关键要掌握临界角公式sinC=1n和全反射的条件，要有一个习惯：当光从光密介质射向光疏介质时就要考虑能否发生全反射．
4.【答案】A
【解析】解：设正方形的边长L，由几何关系可得
2L=2R
解得：L= 2R
根据法拉第电磁感应定律可得：
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=2B0t0⋅L2=4B0R2t0，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据几何关系得出正方形的边长，结合法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉几何关系的分析，结合法拉第电磁感应定律即可完成解答。
5.【答案】AD
【解析】解：A.电梯超载时发出警报，表明压力超过临界值，这是力传感器的应用，故A正确；
B.智能手机利用指纹解锁，指纹不同形成不同的电容，属于电容式传感器，不是超声波传感器的应用，故B错误；
C.室外智能路灯白天自动熄灭，这是可见光传感器的应用，故C错误；
D.测温枪能感知人体发出的红外线，测量人体发射的红外线来测量人体温度的，这是红外线传感器的应用，故D正确。
故选：AD。
明确给出的仪器原理，同时掌握传感器的正确应用即可解答。
本题考查传感器的使用，要注意明确不同的传感器完成不同的功能，要根据实际情况的需要进行选择。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.随着用户数量增加，功率增大，用户总电阻r总减小，根据功率公式
P=I42r总
可知I4增大，根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系I2I4=n4n3，可知I2增大，电厂输出电压U1不变，根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系可知U2不变，而
U3=U2−I2R
故U3减小，根据变压器电压与线圈匝数的关系可知，用户两端电压
U4=n4n3U3
故U4减小，故A错误，B正确；
CD.若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则
I2′=U2I2kU2=I2k
输电线上损耗的电功率变为
P损′=I2 ′2R=I22Rk2=P损k2
解得
P损′P损=1k2
故C错误，D正确。
故选：BD。
理想变压器的输入功率等于输出功率，根据输电过程应用变压器的变流比与功率公式分析答题。
根据图示分析清楚输电过程，应用电功率公式与变压器的电流的比即可解题。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、在图乙中，质点t=0时刻在平衡位置，且向y轴负方向振动，由波形平移法可知图甲中b点满足，即图乙可以表示质点b的振动，故A错误，B正确；
CD、t=0时，质点a在最大位移处，加速度最大，速度最小。质点b在平衡位置，加速度为零，速度最大，即质点a的速度比质点b的小，质点a的加速度比质点b的大，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据图乙中t=0时刻质点的位置和振动方向，在图甲上找出对应的质点。质点的速度和加速度关系可根据两质点的位置进行判断。
本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间的内在联系，能熟练根据波的传播方向判断出质点的速度方向。
8.【答案】AC
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可知金属棒产生的感应电动势为：
E=BLv0sin2πTt
根据欧姆定律可分析出电阻R两端的最大电压为：
Um=Em2=BLv02，故A正确；
B.电路中电流的有效值
I=Em 2×2R=BLv02 2R，故B错误；
C.撤去F后，选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理可得：
mv−mv0=−I−BLt=−B2L22Rx
可得：v=−B2L22mRx+v0
可知撤去F后，金属棒速度v随位移x的变化率为k1=−B2L22mR，故C正确；
D.撤去F后，根据安培力的计算公式可知金属棒所受安培力为：
F=IBL=B2L22R(−B2L22mRx+v0)=−B4L44mR2x+B2L22Rv0
撤去F后，金属棒所受安培力随位移x的变化率k2=−B4L44mR2，故D错误。
故选：AC。
根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出电压的最大值；
理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系得出电流的有效值；
根据动量定理列式得出金属棒的速度；
根据安培力的计算公式列式得出安培力与x的关系。
本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合安培力的计算公式和动量定理即可完成分析。
9.【答案】需要 等于
【解析】解：根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树干的固有频率不同，针对不同树干，落果效果最好的振动频率不同，则需要调整振动频率；
根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振，此时树干振动的幅度最大。
故答案为：需要；等于。
根据共振产生的条件，当振动器的振动频率越接近树木的固有频率时，树木的振动幅度越大，采摘振动头振动频率与树干的固有频率相同时落果效果最好。
本题以提高松树上松果的采摘率和工作效率为情境载体，考查了产生共振的条件及其应用，考查了学生应用所学物理知识解决实际问题的能力，体现了科学探究的物理核心素养。
10.【答案】向左 收缩
【解析】解：突然闭合电键S，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
故答案为：向左；收缩。
突然闭合电键S，电路中电流的增大，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化。
楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”；楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化。
11.【答案】C 交流电 降压
【解析】解：(1)BC.变压器的工作原理是电磁感应，因此变压器铁芯的材料要选择磁性材料，故B错误，C正确；
A.为防止出现涡流，不能用整块的硅钢作为铁芯，而要用绝缘的硅钢片叠成，故A错误。
故选：C。
(2)“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验中，因为变压器只能对交流电电压进行变压，故原线圈所接的电源应是交流电；
(3)若变压器两线圈的原线圈匝数n1=100、副线圈匝数n2=200，变压器原线圈两端电压U1=3.7V
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数关系U1U2=n1n2
解得副线圈两端电压U2=7.4V
考虑到实际变压器存在能量损失，因此副线圈两端电压应小于7.4V，而测得的电压为8.0V，因此变压器原线圈的匝数不是100匝，而是200匝；由于变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器电压比与匝数比的关系可知，变压器是降压变压器。
故答案为：(1)C；(2)交流电；(3)降压。
(1)变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成；
(2)变压器的工作原理是互感现象，变压器只能改变交变电压；
(3)实际变压器由于漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损失的影响，会使输出电压比理想情况要小。
本题考查“探究变压器的电压与匝数的关系”的实验原理，掌握原、副线圈电压与匝数成正比的成立条件，理解理想变压器的含义，及变压器的作用。
12.【答案】
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，不需要估读，则摆球直径为：
d=1.8cm+4×0.1mm=1.84cm
秒表的指针已经过了半格，则秒表的读数为54.4s，所以单摆摆动周期为
T=t30=54.430s=1.81s
(2)A.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5∘，故A正确；
B.本实验采用累积法测量周期，且从摆球过平衡位置开始计时，故B错误；
C.要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故C错误。
故选：A。
(3)由单摆的周期公式可得：
T=2π Lg
两边平方后可知T2−L是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数；图线c对应的斜率k偏小，根据T2−L图像的斜率
k=4π2g
可知g=4π2k
故图线c对应g值大于图线b对应g值，可能是误将29次全振动记为30次，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：(1)1.84；1.81；(2)A；(3)C
(1)根据游标卡尺的读数规则得出摆球的直径，结合秒表的读数规则和周期的定义得出周期的大小；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)根据楞次定律可知当线圈转至图示位置时线圈内的电流方向为顺时针，故通过R的电流方向为向下(或顺时针)；
(2)感应电动势的最大值为Em=NBSω
有效值为E=Em 2
根据闭合回路欧姆定律可得U=ERR+r
代入数据可得：U=4 2π(V)
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量为：q=I−Δt=E−R+rΔt=NΔΦΔt(R+r)Δt=NΔΦR+r
图示位置转过60∘，根据几何知识可得ΔΦ=BSsin60∘
代入数据可得：q= 320C
答：(1)当线圈转至图示位置时通过R的电流方向为顺时针方向；
(2)线圈转动过程中交流电压表的示数为4 2πV；
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量是 320C。
【解析】(1)根据楞次定律判断感应电流的方向；
(2)先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
(3)线圈由如图位置转过60∘时间内，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求出通过电阻R的电荷量。
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，难度不大；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、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。
14.【答案】解：(1)粒子在电场中加速，根据动能定理，有
qU=12mv02
得
v0= 2qUm
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可得
R=5L4
由洛伦兹力作为向心力可得：qv0B=mv02r
解得：B=45B0
(3)磁场最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，如图甲
则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得
r1+r1cs30∘=L
解得
r1=2(2− 3)L
由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B1=mv02r1
解得
B1=2+ 32B0
磁场最大时，只要满足沿QO方向射入磁场的粒子，轨迹经过a点(图乙)，则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得
r2=L2
由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B2=mv02r2
解得
B2=2B0
故磁感应强度的取值范围是
2+ 32B0≤B≤2B0
答：(1)粒子到达O点时的速率为 2qUm；
(2)若电势差U=B02L2q2m，且从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，此时的磁感应强度B的大小为45B0；
(3)若电势差U=B02L2q2m，且要求外弧面PQ上所有的粒子均能从ab边射出，磁感应强度B的取值范围为2+ 32B0≤B≤2B0。
【解析】(1)根据动能定理求出粒子在电场中加速后的速度；
(2)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再由洛伦兹力作为向心力可求出磁感应强度的大小；
(3)做出磁场最小时，沿PO方向射入磁场的粒子的轨迹，由几何关系可求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求出此时的磁感应强度；接着做出磁场最大时沿QO方向射入磁场的粒子的轨迹，同理根据几何关系求出轨迹半径，以及由洛伦兹力提供向心力求出磁场的最大值，进而得到磁感应强度的取值范围。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是准确画出粒子的轨迹，根据几何关系求出轨迹半径。
15.【答案】解：根据光的折射定律可知折射率为
n=sinisinr=sin45∘sin30∘= 2
光在这种介质中的光速为
v=cn=c 2= 22c
答：这种介质的折射率为 2，该光在这种介质中的光速为 22c。
【解析】结合光空气射入某种介质时的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，由v=cn求解该光在这种介质中的光速。
本题考查折射定律的基本应用，关键要掌握折射率公式n=sinisinr和光速公式v=cn。
1.2022年10月12日，神舟十四号乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲在中国空间站进行了第三次太空授课活动。“天宫课堂”主要依靠中继卫星系统通过电磁波进行天地互动。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波传播需要介质
B. 胡克预言了电磁波的存在
C. 电磁波传播过程中也传递了能量
D. 不同波长的电磁波在真空中的传播速度大小不同
2.水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样，这种现象是( )
A. 光的偏振B. 光的衍射C. 光的折射D. 光的干涉
3.某种介质对空气的折射率是 2，一束光从该介质射向空气，入射角是60∘，则下列光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )
A. B. C. D.
4.用均匀细导线做成半径为R的单匝圆环，其内接正方形内存在垂直圆环面的磁场，t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电动势大小为( )
A. 4B0R2t0B. B0R2t0C. 4πB0R2t0D. πB0R2t0
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.关于传感器在生产生活中的实际应用，下列说法正确的是( )
A. 电梯超载时发出警报，这是力传感器的应用
B. 智能手机利用指纹解锁，这是超声波传感器的应用
C. 室外智能路灯白天自动熄灭，这是位移传感器的应用
D. 红外测温枪测量人体温度，这是红外线传感器的应用
6.如图所示为远距离输电的示意图，图中标示了电压、电流和线圈匝数，输电线总电阻为R，变压器均可视为理想变压器，其余线路电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 若电厂输出电压U1不变，随着用户数量增加，U4增大
B. 若电厂输出电压U1不变，随着用户数量增加，U4减小
C. 若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则输电线上损耗的电功率变为原来的1k
D. 若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则输电线上损耗的电功率变为原来的1k2
7.一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，t=0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点，图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 图乙可以表示质点a的振动B. 图乙可以表示质点b的振动
C. t=0时，质点a的速度比质点b的小D. t=0时，质点a的加速度比质点b的小
8.如图甲所示，间距为L的足够长平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨左端接有电阻R，整个空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场B，一质量为m、电阻也为R的金属棒放在导轨上，在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的力F，金属棒速度v随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，t=54T时撤去F，金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。则( )
A. 电阻R两端的最大电压Um=BLv02
B. 电路中电流的有效值I=BLv0 2R
C. 撤去F后，金属棒速度v随位移x的变化率k1=−B2L22mR
D. 撤去F后，金属棒所受安培力随位移x的变化率k2=−B4L42mR2
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.果农为了提高采摘松子的效率，使用如图所示的振动式松果采摘机，机车带动振动器振动树干，使松果落下。为了使采摘效果更好，针对不同树干，______(填“需要”或“不需要”)调整振动频率；当振动器频率______(填“大于”、“等于”或“小于”)树干的固有频率时，树干振动的幅度最大。
10.如图所示，铝环A用绝缘细线悬挂，静止于长直螺线管左侧，并与其共轴。若突然闭合开关S，则铝环A将______(填“向左”或“向右”)摆动，并有______(填“收缩”或“扩张”)趋势。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在用可拆变压器“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验中，
(1)变压器铁芯的结构和材料应选用______(选填选项前的字母)；
A.整块的硅钢铁芯
B.涂有绝缘漆的铜片叠成
C.涂有绝缘漆的硅钢片叠成
(2)原线圈所接的电源应是______(填“交流电”或“直流电”)；
(3)若变压器两线圈的匝数分别为100和200，测得的电压分别为3.7V和8.0V。据此可知该变压器是______(填“升压”或“降压”)变压器。
12.在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，
(1)如图甲所示，用游标卡尺测得摆球直径为______ cm，如果测定了30次全振动的时间如图乙中秒表所示，单摆的摆动周期是______s(保留三位有效数字)；
(2)在本实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是______(选填选项前的字母)；
A.单摆的摆角不能太大
B.摆球到达最高点时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
(3)用多组实验数据作出T2−L图像，可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2−L图线的示意图如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______(选填选项前的字母)。
A.图线a对应的g值大于图线b对应的g值
B.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
C.出现图线c的原因可能是误将29次全振动记为30次
D.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，一电阻r=1Ω，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω=20πrad/s匀速转动，外电路负载电阻R=4Ω，求：
(1)当线圈转至图示位置时通过R的电流方向；
(2)线圈转动过程中交流电压表的示数；
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量。
14.“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种探测宇宙射线的试验设备，其简化原理图如图所示，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为30∘。假设太空中质量为m、电荷量为q的负电粒子，能均匀地吸附在外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，求：
(1)粒子到达O点时的速率v0；
(2)若电势差U=B02L2q2m，且从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，求此时的磁感应强度B的大小；
(3)若电势差U=B02L2q2m，且要求外弧面PQ上所有的粒子均能从ab边射出，求磁感应强度B的取值范围。
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图是光由空气射入某种介质时的折射情况，已知真空中的光速为c，试由图中所给出的数据求出这种介质的折射率和该光在这种介质中的光速。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；
B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，故B错误；
C.电磁波传播过程中也传递了能量，故C正确；
D.不同波长的电磁波在真空中传播速度都等于光速，故D错误。
故选：C。
电磁波可以在真空中传播，电磁波的传播不需要介质；电磁波可以传递信息，也可以传递能量；不同电磁波的频率不同；电磁波在真空中的传播速度大小均等于光速。
此题主要考查对电磁波传播和应用的理解和掌握，要知道广播、电视、移动通信都靠电磁波传递信息。
2.【答案】D
【解析】解：水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样，是在阳光照射下，经油膜的上下表面反射的两束光干涉而形成的，属于光的干涉现象，故D正确；ABC错误。
故选：D。
水面上的油膜在阳光的照射下呈现彩色图样是光的薄膜干涉现象。
该题考查光的干涉现象，知道常见的光现象即可正确解答。
3.【答案】D
【解析】解：设该介质的临界角为C，则sinC=1n=1 2，C=45∘
由于光从介质射向空气，入射角i=60∘>C，所以发生全反射，光线全部被反射回原介质。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据全反射的条件：入射角大于或等于临界角，分析能否发生全反射，再进行判断．
解决本题的关键要掌握临界角公式sinC=1n和全反射的条件，要有一个习惯：当光从光密介质射向光疏介质时就要考虑能否发生全反射．
4.【答案】A
【解析】解：设正方形的边长L，由几何关系可得
2L=2R
解得：L= 2R
根据法拉第电磁感应定律可得：
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=2B0t0⋅L2=4B0R2t0，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据几何关系得出正方形的边长，结合法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉几何关系的分析，结合法拉第电磁感应定律即可完成解答。
5.【答案】AD
【解析】解：A.电梯超载时发出警报，表明压力超过临界值，这是力传感器的应用，故A正确；
B.智能手机利用指纹解锁，指纹不同形成不同的电容，属于电容式传感器，不是超声波传感器的应用，故B错误；
C.室外智能路灯白天自动熄灭，这是可见光传感器的应用，故C错误；
D.测温枪能感知人体发出的红外线，测量人体发射的红外线来测量人体温度的，这是红外线传感器的应用，故D正确。
故选：AD。
明确给出的仪器原理，同时掌握传感器的正确应用即可解答。
本题考查传感器的使用，要注意明确不同的传感器完成不同的功能，要根据实际情况的需要进行选择。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.随着用户数量增加，功率增大，用户总电阻r总减小，根据功率公式
P=I42r总
可知I4增大，根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系I2I4=n4n3，可知I2增大，电厂输出电压U1不变，根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系可知U2不变，而
U3=U2−I2R
故U3减小，根据变压器电压与线圈匝数的关系可知，用户两端电压
U4=n4n3U3
故U4减小，故A错误，B正确；
CD.若电厂输出电功率不变，U2增加到kU2，则
I2′=U2I2kU2=I2k
输电线上损耗的电功率变为
P损′=I2 ′2R=I22Rk2=P损k2
解得
P损′P损=1k2
故C错误，D正确。
故选：BD。
理想变压器的输入功率等于输出功率，根据输电过程应用变压器的变流比与功率公式分析答题。
根据图示分析清楚输电过程，应用电功率公式与变压器的电流的比即可解题。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、在图乙中，质点t=0时刻在平衡位置，且向y轴负方向振动，由波形平移法可知图甲中b点满足，即图乙可以表示质点b的振动，故A错误，B正确；
CD、t=0时，质点a在最大位移处，加速度最大，速度最小。质点b在平衡位置，加速度为零，速度最大，即质点a的速度比质点b的小，质点a的加速度比质点b的大，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据图乙中t=0时刻质点的位置和振动方向，在图甲上找出对应的质点。质点的速度和加速度关系可根据两质点的位置进行判断。
本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间的内在联系，能熟练根据波的传播方向判断出质点的速度方向。
8.【答案】AC
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可知金属棒产生的感应电动势为：
E=BLv0sin2πTt
根据欧姆定律可分析出电阻R两端的最大电压为：
Um=Em2=BLv02，故A正确；
B.电路中电流的有效值
I=Em 2×2R=BLv02 2R，故B错误；
C.撤去F后，选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理可得：
mv−mv0=−I−BLt=−B2L22Rx
可得：v=−B2L22mRx+v0
可知撤去F后，金属棒速度v随位移x的变化率为k1=−B2L22mR，故C正确；
D.撤去F后，根据安培力的计算公式可知金属棒所受安培力为：
F=IBL=B2L22R(−B2L22mRx+v0)=−B4L44mR2x+B2L22Rv0
撤去F后，金属棒所受安培力随位移x的变化率k2=−B4L44mR2，故D错误。
故选：AC。
根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出电压的最大值；
理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系得出电流的有效值；
根据动量定理列式得出金属棒的速度；
根据安培力的计算公式列式得出安培力与x的关系。
本题主要考查了电磁感应定律的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合安培力的计算公式和动量定理即可完成分析。
9.【答案】需要 等于
【解析】解：根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树干的固有频率不同，针对不同树干，落果效果最好的振动频率不同，则需要调整振动频率；
根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振，此时树干振动的幅度最大。
故答案为：需要；等于。
根据共振产生的条件，当振动器的振动频率越接近树木的固有频率时，树木的振动幅度越大，采摘振动头振动频率与树干的固有频率相同时落果效果最好。
本题以提高松树上松果的采摘率和工作效率为情境载体，考查了产生共振的条件及其应用，考查了学生应用所学物理知识解决实际问题的能力，体现了科学探究的物理核心素养。
10.【答案】向左 收缩
【解析】解：突然闭合电键S，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
故答案为：向左；收缩。
突然闭合电键S，电路中电流的增大，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化。
楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”；楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化。
11.【答案】C 交流电 降压
【解析】解：(1)BC.变压器的工作原理是电磁感应，因此变压器铁芯的材料要选择磁性材料，故B错误，C正确；
A.为防止出现涡流，不能用整块的硅钢作为铁芯，而要用绝缘的硅钢片叠成，故A错误。
故选：C。
(2)“探究变压器电压与线圈匝数的关系”实验中，因为变压器只能对交流电电压进行变压，故原线圈所接的电源应是交流电；
(3)若变压器两线圈的原线圈匝数n1=100、副线圈匝数n2=200，变压器原线圈两端电压U1=3.7V
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数关系U1U2=n1n2
解得副线圈两端电压U2=7.4V
考虑到实际变压器存在能量损失，因此副线圈两端电压应小于7.4V，而测得的电压为8.0V，因此变压器原线圈的匝数不是100匝，而是200匝；由于变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压器电压比与匝数比的关系可知，变压器是降压变压器。
故答案为：(1)C；(2)交流电；(3)降压。
(1)变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成；
(2)变压器的工作原理是互感现象，变压器只能改变交变电压；
(3)实际变压器由于漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损失的影响，会使输出电压比理想情况要小。
本题考查“探究变压器的电压与匝数的关系”的实验原理，掌握原、副线圈电压与匝数成正比的成立条件，理解理想变压器的含义，及变压器的作用。
12.【答案】
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，不需要估读，则摆球直径为：
d=1.8cm+4×0.1mm=1.84cm
秒表的指针已经过了半格，则秒表的读数为54.4s，所以单摆摆动周期为
T=t30=54.430s=1.81s
(2)A.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5∘，故A正确；
B.本实验采用累积法测量周期，且从摆球过平衡位置开始计时，故B错误；
C.要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故C错误。
故选：A。
(3)由单摆的周期公式可得：
T=2π Lg
两边平方后可知T2−L是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数；图线c对应的斜率k偏小，根据T2−L图像的斜率
k=4π2g
可知g=4π2k
故图线c对应g值大于图线b对应g值，可能是误将29次全振动记为30次，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：(1)1.84；1.81；(2)A；(3)C
(1)根据游标卡尺的读数规则得出摆球的直径，结合秒表的读数规则和周期的定义得出周期的大小；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)根据楞次定律可知当线圈转至图示位置时线圈内的电流方向为顺时针，故通过R的电流方向为向下(或顺时针)；
(2)感应电动势的最大值为Em=NBSω
有效值为E=Em 2
根据闭合回路欧姆定律可得U=ERR+r
代入数据可得：U=4 2π(V)
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量为：q=I−Δt=E−R+rΔt=NΔΦΔt(R+r)Δt=NΔΦR+r
图示位置转过60∘，根据几何知识可得ΔΦ=BSsin60∘
代入数据可得：q= 320C
答：(1)当线圈转至图示位置时通过R的电流方向为顺时针方向；
(2)线圈转动过程中交流电压表的示数为4 2πV；
(3)由图示位置转过60∘的过程中通过电阻R的电荷量是 320C。
【解析】(1)根据楞次定律判断感应电流的方向；
(2)先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
(3)线圈由如图位置转过60∘时间内，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律求出通过电阻R的电荷量。
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，难度不大；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、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。
14.【答案】解：(1)粒子在电场中加速，根据动能定理，有
qU=12mv02
得
v0= 2qUm
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可得
R=5L4
由洛伦兹力作为向心力可得：qv0B=mv02r
解得：B=45B0
(3)磁场最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，如图甲
则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得
r1+r1cs30∘=L
解得
r1=2(2− 3)L
由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B1=mv02r1
解得
B1=2+ 32B0
磁场最大时，只要满足沿QO方向射入磁场的粒子，轨迹经过a点(图乙)，则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得
r2=L2
由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B2=mv02r2
解得
B2=2B0
故磁感应强度的取值范围是
2+ 32B0≤B≤2B0
答：(1)粒子到达O点时的速率为 2qUm；
(2)若电势差U=B02L2q2m，且从O点垂直于ad边射入磁场的粒子恰能从b点离开，此时的磁感应强度B的大小为45B0；
(3)若电势差U=B02L2q2m，且要求外弧面PQ上所有的粒子均能从ab边射出，磁感应强度B的取值范围为2+ 32B0≤B≤2B0。
【解析】(1)根据动能定理求出粒子在电场中加速后的速度；
(2)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再由洛伦兹力作为向心力可求出磁感应强度的大小；
(3)做出磁场最小时，沿PO方向射入磁场的粒子的轨迹，由几何关系可求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求出此时的磁感应强度；接着做出磁场最大时沿QO方向射入磁场的粒子的轨迹，同理根据几何关系求出轨迹半径，以及由洛伦兹力提供向心力求出磁场的最大值，进而得到磁感应强度的取值范围。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是准确画出粒子的轨迹，根据几何关系求出轨迹半径。
15.【答案】解：根据光的折射定律可知折射率为
n=sinisinr=sin45∘sin30∘= 2
光在这种介质中的光速为
v=cn=c 2= 22c
答：这种介质的折射率为 2，该光在这种介质中的光速为 22c。
【解析】结合光空气射入某种介质时的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，由v=cn求解该光在这种介质中的光速。
本题考查折射定律的基本应用，关键要掌握折射率公式n=sinisinr和光速公式v=cn。
相关试卷
2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省泉州市部分中学高二（下）期末联考物理试卷： 这是一份2022-2023学年福建省泉州市部分中学高二（下）期末联考物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省厦门市高二（下）期末物理试卷（7月）： 这是一份2022-2023学年福建省厦门市高二（下）期末物理试卷（7月），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
