2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（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。

1.2023年5月30日，中央电视台对“神舟十六号”飞船与“天和”核心舱自主快速交会对接过程进行了直播，直播画面通过电磁波传送到千家万户。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 有些电磁波是横波，有些电磁波是纵波
B. 直播过程中传送的电磁波属于电磁波谱中的无线电波
C. 发射电磁波进行信号传递时，只能采用调频一种方式进行调制
D. 电磁波能够传递信号，但是不能传播能量
2.关于如图光现象的分析和理解，说法正确的是( )
A. 图甲说明了光导纤维外套材料的折射率应比内芯材料的折射率大
B. 图乙说明了对精密的光学平面的平滑度进行检测应用的是光的衍射现象
C. 图丙显示了大头针针尖的影子边缘模糊不清，这是光的干涉现象
D. 图丁显示了立体电影的图片，观看立体电影应用了光的偏振现象
3.如图所示为研究放射性元素射线性质的实验装置，两块平行放置的金属板A、B分别与电源的正负两极连接。放射源发出的射线从其上方小孔向外射出，分裂成三束，分别为α、β、γ三种射线。对于三种射线，下列说法正确的是( )
A. 到达A板的射线为α射线，电离能力最强
B. 到达B板的射线为α射线，穿透能力最强
C. 到达A板的射线为β射线，是原子核内的中子转化为质子时放出的
D. 到达B板的射线为γ射线，可以用于治疗肿瘤
4.如图甲所示，螺线管匝数n=1000匝，螺线管内存在水平向左的磁场，螺线管的电阻r=1Ω，电阻R=9Ω，螺线管内的磁通量按图乙所示规律变化。其余电阻不计，则( )
A. 电阻R两端，C端电势高B. 电阻R两端电压为0.4V
C. 0∼2s通过电阻R的电荷量为0.08CD. 0∼2s电阻R产生的焦耳热为0.032J
5.用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短)，击打后，小铁锤以12v1的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为12mv1
B. 在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C. 砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D. 砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg+3mv12t
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示，一理想自耦变压器的原线圈与交流发电机(内阻忽略不计)的输出端K、L相连，副线圈接有可调电阻R，滑片P与线圈始终B接触良好。发电机线圈的匝数为N，匀速转动的角速度为ω，电压表示数为U0，t=0时刻发电机线圈平面与磁场方向垂直，则下列说法正确的是( )
A. 变压器原线圈两端的瞬时电压u= 2U0sinωt
B. t=0时刻，发电机线圈的磁通量为U0Nω
C. 若仅将滑片P向下滑动，则交流电流表的示数减小
D. 若仅将电阻R增大，则变压器原线圈的输入功率增大
7.a、b是两种单色光，其光子能量分别为εa、εb，其中εaϵb=k，则( )
A. a、b光子频率之比为vavb=1k
B. 若a、b入射到空气中同一双缝干涉装置上，则相邻亮条纹的间距之比ΔxaΔxb=1k
C. 若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光电子最大初动能之差Eka−Ekb=εb(k−1)
D. 若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，则a、b两态能级之差Ea−Eb=εb(k−1)
8.一列横波沿着x轴正方向传播，处在x1=0.5m和x2=3.5m的两质点A、B的振动图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A. 1.5s末A、B两质点的速度相同
B. 2.5s末A、B两质点的位移不同
C. 该波的波长可能为1213m
D. 该波的波速可能为311m/s
三、填空题：本大题共4小题，共18分。
9.在下列描述核反应的方程中，属于α衰变的是______；属于裂变的是______(填写序号)。
① 12H+13H→24He+01n
② 24He+714N→817O+11H
③ 92238U→90234Th+24He
④ 01n+92235U→34140Xe+3894Sr+201n
10.如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径、M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD=30∘，光在真空中的传播速度为c，则此玻璃的折射率为______；光线从 B到D需用时间______。
11.水平弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.5s，第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为______ s或______ s。
12.小明做“探究影响感应电流方向的因素”的实验。小明找来零刻度在中央的灵敏电流表G，连接在直流电路中时的偏转情况如图(1)中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。小明把它与一线圈串联进行实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是向______(填“上”“下”)；图(3)中电流表指针应______(填“向左”“向右”)偏转；图(4)中的条形磁铁下端为______极(填“N”，“S”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
13.某同学用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律，小球1的质量为m1，它从斜槽上某点滚下，离开斜槽末端时的速度记为v1(称为第一次操作)；小球2的质量为m2，小球1第二次从斜槽上原位置滚下跟小球2碰撞后离开斜槽末端的速度分别记为v′1和v′2(称为第二次操作)。
(1)实验所验证的计算式为______(用所给物理量表示)
(2)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量以下哪一个物理量______就能间接地解决这个问题。
A.小球1开始释放点离斜槽轨道末端上表面的高度
B.斜槽轨道末端上表面距地面固定的白纸的高度
C.小球做平抛运动的水平射程
(3)如果第二次操作时，小球1从斜槽上开始滚下时位置比原先低一些，这将会影响计算式中物理量，如果其他的操作都正确，则______。
A.碰后两球的动量之和小于m1v1
B.碰后两球的动量之和等于m1v1
C.碰后两球的动量之和大于m1v1
(4)如果在第二次操作时，发现在第一次操作中，槽的末端是不水平的，有些向上倾斜，于是把它调为水平，调整后的斜槽末端离地面高度跟原来相同。然后让小球在斜槽上原标记位置滚下进行第二次操作，分析时仍然和第一次操作的数据进行比较，其他实验操作都正确，且调节斜槽引起小球在空中运动时间的变化可忽略不计，则______
A.碰后两球的动量之和小于m1v1
B.碰后两球的动量之和等于m1v1
C.碰后两球的动量之和大于m1v1
五、简答题：本大题共2小题，共34分。
14.如图所示，一边长为L、阻值为R、质量为m的正方形金属线框，放在绝缘的倾角为θ的光滑斜面上，整个线框置于方向垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。线框静止释放后，最终以恒定的速度匀速离开磁场区域，重力加速度为g，求：
(1)线框匀速运动时速度的大小v；
(2)线框离开磁场的全过程产生的热量Q；
(3)线框离开磁场的全过程所用时间t。
15.如图所示，小球A用长为R=0.9m的不可伸长的轻绳悬挂于O点，在光滑的水平地面上，小物块B(可视为质点)置于长木板C(其右端有一不计厚度的轻质挡板)的左端静止，现将小球A向左拉起，使轻绳伸直并与竖直方向成θ=60∘角，小球由静止释放，当小球运动到最低点时恰好与物块B发生弹性正碰，已知B与C间的动摩擦因数μ=0.25，物块B与挡板恰好能不相碰，A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度为g=10m/s2。
(1)求小球A与物块B碰后物块B的速度大小v；
(2)求木板C的长度L；
(3)若通过砂纸打磨木板C，B与C间的动摩擦因数变为μ′=0.10(木板C的长度、质量都不变)，重复上述运动，物块B与挡板发生碰撞，且物块B恰好能回到木板C左端而不脱离，求物块B与挡板碰撞过程损失的机械能ΔE损。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电磁波的传播方向和振动方向相互垂直是，所以电磁波是横波，故A错误；
B.直播过程中传送的电磁波属于电磁波谱中的无线电波，故B正确；
C.发射电磁波进行信号传递时，不能将图像和语音直接发送传递，可以采用调频、调幅二种方式进行调制，故C错误；
D.电磁波不仅能够传递信号，也能传播能量，故D错误；
故选：B。
根据电磁波的形成原因分析判断；根据电磁波谱判断；根据调制的两种方式判断；根据波的性质判断。
本题关键掌握电磁波的形成过程、特点和调制方式。
2.【答案】D
【解析】解：A、图甲中光导纤维内芯材料的折射率应比外套材料的折射率大才能够让光在光纤里发生全反射，故A错误；
B、图乙是利用薄膜干涉对精密的光学平面的平滑度进行检测，这是应用了光的干涉现象，故B错误；
C、图丙显示了大头针针尖的影子边缘模糊不清，这是光绕过针尖传播到光屏的缘故，是光的衍射现象引起的，故C错误；
D、图丁显示了立体电影的图片，观看立体电影应用了光的偏振现象，故D正确。
故选：D。
根据全反射条件说明内芯比外套的折射率大；利用薄膜干涉检查光学表面的平滑度；根据光的衍射现象说明；立体电影是利用了光的偏振现象。
本题考查全反射、干涉、衍射和偏振，要求掌握、干涉、衍射和偏振的条件和特点。
3.【答案】C
【解析】解：在同一电场中，α射线带正电，偏向负极，而β射线带负电，偏向正极，由图知，向左偏的为β射线，向右偏的为α射线，即到达A板的为β射线；α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线穿透能力最弱，电离能力最强.
AB、到达A板的射线为β射线，电离能力和穿透能力都不是最强，故AB错误；
C、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，而b粒子是α射线，故C正确；
D、到达B板的射线为α射线，故D错误。
故选：C。
α、β和γ三种射线中，α带正电、β带负电、γ不带电。由图知，a的轨迹偏向A，而b的轨迹偏向B，说明a为α射线；在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线穿透能力最弱，电离能力最强。
本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据电场的性质区分射线的种类，注意在同一电场中，β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径是解题的突破口，而确定a、b、c三粒子对应的哪三种射线是解题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：A、根据楞次定律可以知道螺线管中产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，然后根据安培定则可以判断通过电阻的电流方向为由C流向A，所以C端的电势较高，故A正确；
B、螺线圈产生的感应电动势E=nΔΦΔt=1000×1.00×10−3−0.20×10−32V=4×10−4V。则电阻R两端的电压为U=ER+rR=4×10−49+1×9V=3.6×10−4V，故B错误；
C、电路中的电流I=ER+r=4×10−49+1A=4×10−5A，所以0∼2s通过电阻R的电荷量为q=It=4×10−5×2C=8×10−5C，故C错误；
D、0∼2s电阻产生的焦耳热Q=I2Rt=(4×10−5)2×9×2J=2.88×10−8J，故D错误。
故选：A。
根据楞次定律和安培定则可以判断电流的方向，进而判断电势的高低；根据法拉第电磁感应定律计算出产生的感应电动势，然后根据欧姆定律得到电路中的电流，进而可以得到通过电阻的电荷量和产生的焦耳热。
熟练楞次定律、安培定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律等这些物理规律是解题的基础，题目难度不大，但综合性较强，是一道好题。
5.【答案】D
【解析】解：A.设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理得：
I=m(−12v1−v1)
解得：I=−32mv1
在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为32mv1，故A错误；
B.铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；
CD.在击打过程中，由于时间极端，铁锤与砖头动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律可得
mv1=−12mv1+Mv
解得：Mv=32mv1
砖头缓冲过程中，取向下为正方向，对砖头由动量定理得：
(F1+Mg)t=0−32mv1
解得手对砖头的支持力为：
F1=−Mg−3mv12t
由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为：
F1′=−F1=Mg+3mv12t
故C错误，D正确。
故选：D。
根据动量定理求解铁锤所受合外力的冲量大小；求铁锤重力的冲量需要知道铁锤击打的时间；根据动量定理、动量守恒定律、牛顿第三定律求解砖头缓冲过程中，对手的压力大小。
本题考查了动量定理在实际问题中的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动量定理即可解题。
6.【答案】AC
【解析】解：A.因为t=0时刻，发电机线圈平面与磁场方向垂直，瞬时电压为0，电压表示数为有效值，最大值为 2U0，所以变压器原线圈两端的瞬时电压表达式为u= 2U0sinωt，故A正确；
B.t=0时刻，发电机线圈平面与磁场方向垂直，此时磁通量最大，根据
Em=NBSω=NΦmω，E= 22Em
则发电机线圈的磁通量为
Φm=EmNω= 2U0Nω，故B错误；
C.若仅将滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，输出电压减小，电阻R上电流减小，电流是输出决定输入，则原线圈中的电流即交流电表的示数减小，故C正确；
D.若仅将电阻R增大，电路电阻变大，副线圈电压不变，所以副线圈的输出功率减小，由于输入功率等于输出功率，则变压器原线圈的输入功率减小，故D错误。
故选：AC。
根据交流电的产生过程写出变压器原线圈两端的电压；根据电动势最大值表达式计算；根据闭合电路欧姆定律和变压器规律分析判断。
本题关键掌握交流的的产生过程，产生原因和规律，掌握变压器的规律。
7.【答案】ABC
【解析】解：A.根据光子能量公式ε=hv
vavb=1k
故A正确；
B.根据ε=hcλ可知λ=hcϵ，因为Δx=Ldλ，
故Δx=Ldhcϵ，所以ΔxaΔxb=εbϵa=1k，故B正确；
C.根据光电子最大初动能Ek=hv−W0可知Ek=ε−W0，故可得
Eka−Ekb=εa−εb=(k−1)εb
故C正确；
D.根据ε=hv=E末−E初，处于同一激发态的原子跃迁，所以E初相同，且都由高能级往低能级跃迁，所以
Ea−Eb=−εa−(−εb)=(1−k)εb
故D错误。
故选：ABC。
根据光子的能量的公式求出二者的频率的关系；由波长与频率的关系求出二者的波长的关系，由干涉条纹的宽度公式即可求出相邻亮条纹的间距关系；由光电效应方程分析光电子的最大初动能的关系，由玻尔理论分析能级差。
该题基于光子的频率、波长、能量之间的关系，考查到玻尔理论、光电效应方程等原子物理学的热点内容，以及双缝干涉的条纹宽度公式。
8.【答案】AD
【解析】解：A、振动图像斜率表示速度，再根据对称性可知，1.5s末A、B两质点的图像斜率相同，所以1.5s末A、B两质点的速度相同，故A正确；
B、根据振动图像交点的含义是同一时刻位置坐标一样，所以2.5s末A、B两质点的位移相同，故B错误；
C、根据振动图像可知，B点的振动形式在A质点振动3s，也就是34T后与A点相同，则A、B两点之间距离可能具有(n+34)个波长，即3.5m−0.5m=(n+34)λ，n=0，1，2，…，可以判断该波的波长不可能为1213m，故C错误；
D、根据3.5m−0.5m=(n+34)λ，n=0，1，2，…，当n=2时，λ=1211m
再根据v=λT，T=4s，可以判断该波的波速可能为311m/s，故D正确。
故选：AD。
A、根据振动图像斜率含义以及对称性判断1.5s末A、B两质点的速度是否相同；
B、根据振动图像交点的含义2.5s末A、B两质点的位移是否相同；
C、根据波匀速传播结合振动图像判断该波的波长是否可能为1213m；
D、根据波的公式v=λT结合振动图像判断该波的波速是否可能为311m/s。
本题考查波的传播，涉及波传播的多解性问题，要考虑A、B两个质点之间的距离可能具有的波长数才能正确分析求解。
9.【答案】③ ④
【解析】解：α衰变是指原子核释放出一个α粒子，即氦核42He，所以属于α衰变的是③
裂变是由较重的原子核，主要是铀核或钚核，分裂成较轻的原子核的一种核反应，所以属于裂变的是④
答：③；④。
根据α衰变和裂变的定义来分析。
本题考查了α衰变和裂变，解题的关键是熟练掌握这两种核反应的特点。
10.【答案】 3 3Rc
【解析】解：如图，由几何知识可得入射角i=∠ABD=30∘
折射角r=2∠ABD=2×30∘=60∘
则此玻璃的折射率为n=sinrsini=sin60∘sin30∘= 3
BD长度为s=2Rcs30∘= 3R
光在玻璃球内传播的速度v=cn= 33c
故光线从B传到D的时间为t=sv=3Rc
故答案为： 3，3Rc。
根据光路图由几何知识求出入射角和折射角，再根据折射定律计算折射率。根据几何关系求出BD长度，由v=
cn计算光在玻璃球体中的传播速度，再求光线从B到D需用时间。
本题是折射定律和光速公式的应用，关键是结合光路图，运用几何知识求解入射角与折射角。
11.【答案】2.40.8
【解析】解：如图甲所示
若振子从O点开始向右振动，则振子的振动周期为T1=4×(0.5+0.22)s=2.4s
若振子从O点开始向左振动，令从O到M的时间为t，则有0.22+t=0.5−t2
则可解得t=0.1s
振子的振动周期为
T2=4×(0.22+0.1)s=0.8s
故答案为：2.4；0.8
弹簧振子的周期是振子完成一次全振动的时间，分析振子振动的过程，考虑通过M点双向性，确定周期。
本题主要考查了简谐运动的周期，关键要抓住振子开始振动的方向有两种，可能经过两种路线完成一次全振动，即考虑双向性。
12.【答案】下 右 S
【解析】解：图(1)可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏；
图(2)中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，根据楞次定律知，条形磁铁向下插入；
图(3)当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知，感应电流方向逆时针，则指针向右偏；
图(4)中可知指针向右偏，则有感应电流的方向逆时针，由安培定则可知，感应磁场方向向上，由楞次定律可知，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，那么下端为S极，由上端为N极；
故答案为：下；右；S。
当电流从电流计的正接线柱流入时，指针向左偏，根据楞次定律，结合感应电流的方向判断条形磁铁是向上拔出还是向下插入；或磁铁的运动来判定感应电流的方向。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题，注意电流进入电流表，指针向何处偏转，是解题的关键。
13.【答案】m1v1=m1v′1+m2v′2 C A C
【解析】解：(1)碰撞过程两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v′1+m2v′2
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球的水平射程与小球的初速度成正比，可以用小球做平抛运动的水平射程代替小球的初速度，故C正确，AB错误。
故选：C。
(3)小球1从斜槽开始滚下时的位置比A点低一些，将影响v1′和v2′的测量导致系统的碰后动量的测量小于系统的碰前动量，故A正确，BC错误。
故选：A。
(4)斜槽末端有些向上倾斜，小球离开斜槽时速度的水平分量小于离开斜槽时的速度，小球的水平位移也相应减小，测出的小球动量小于mv1，所以导致碰后两球的动量之和大于m1v1。故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)m1v1=m1v′1+m2v′2；(2)C；(3)A；(4)C。
(1)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，可以用小球的水平射程代替小球的速度。
(3)小球释放点降低，小球到达斜槽末端时的速度变小，小球的动量减小。
(4)斜槽末端向上倾斜，小球离开斜槽时的水平速度小于小球的速度，据此分析答题。
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水平面上，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水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题。
14.【答案】解：(1)线框匀速运动时切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
感应电流I=ER=BLvR
线框做匀速直线运动，由平衡条件得：ILB=mgsinθ
解得：v=mgRsinθB2L2
(2)线框离开磁场过程，由能量守恒定律得：mgLsinθ=12mv2+Q
解得：Q=mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4
(3)对线框，由动量定理得：mgtsinθ−I−LBt=mv−0
其中：q=I−t=BL2R
解得：t=B2L3mgRsinθ−mRB2L2
答：(1)线框匀速运动时速度的大小是mgRsinθB2L2；
(2)线框离开磁场的全过程产生的热量是mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4；
(3)线框离开磁场的全过程所用时间是B2L3mgRsinθ−mRB2L2。
【解析】(1)应用平衡条件求出线框匀速运动的速度大小。
(2)应用能量守恒定律求出全程产生的热量。
(3)应用动量定理求出全程所用的时间。
根据题意分析清楚线框的运动过程，应用E=BLv、欧姆定律、平衡条件与能量守恒定律、动量定理可以解题。
15.【答案】解：(1)根据机械能守恒定律，对小球A运动到最低点的过程有：
mgR(1−cs60∘)=12mvA2
解得：vA=3m/s
当小球运动到最低点时恰好与物块B发生弹性正碰，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得：
mvA=mv′A+mv
12mvA2=12mv′A2+12mv2
联立解得：v=3m/s
(2)物块B与挡板恰好能不相碰，则物块B运动到C的右端时恰好两者共速，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv=(m+m)v共
由功能关系和能量守恒定律得：
μmgL=12mv2−12(m+m)v共2
解得：L=0.9m
(3)B在C运动的全程满足动量守恒定律，物块B返回到C的左端时恰好两者共速，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv=(m+m)v共′
由功能关系和能量守恒定律得：
ΔE损+μ′mg⋅2L=12mv2−12(m+m)v共′2
解得：ΔE损=0.45J
答：(1)小球A与物块B碰后物块B的速度大小v为3m/s；
(2)木板C的长度L为0.9m；
(3)物块B与挡板碰撞过程损失的机械能ΔE损为0.45J。
【解析】(1)根据机械能守恒定律，求得小球A运动到最低点时的速度大小，A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解；
(2)物块B与挡板恰好能不相碰，则物块B运动到C的右端时恰好两者共速，由动量守恒定律求得共速时的速度，再由功能关系求解；
(3)物块B返回到C的左端时恰好两者共速，由动量守恒定律和功能关系求解。
本题依托板块的相对运动，考查了动量守恒定律与功能关系的综合问题，基础题目。解析物体的运动过程的初末状态是关键。