2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一束复色光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，经折射后分成两束单色光a和b，光路如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该种玻璃对a光的折射率较小B. 在玻璃砖中，a光的传播速度比b光大
C. 逐渐增大θ角，a光先消失D. a光比b光更容易发生衍射现象
2.利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的是( )
A. 将屏向左移动，其它不动，则干涉条纹间距变大
B. 测量过程中误将5个条纹间距数成6个，波长测量值偏小
C. 将双缝换为间距更小的双缝后，干涉条纹间距变窄
D. 将滤光片由紫色换成红色，干涉条纹间距变窄
3.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波传播的速度大小为0.5m/s
C. 在t=2s时刻，质点P正在沿y轴负方向运动
D. 在1s∼3.5s时间内，质点N的路程为30 cm
4.如图，用两段材料、长度、粗细均相同的导线分别绕制成P、Q两个闭合正方形线圈，所在区域有方向垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀减小，已知线圈匝数比为nP:nQ=1:2，则P、Q线圈中
A. 感应电流均沿顺时针方向
B. 同一时刻磁通量大小之比ΦP:ΦQ=2:1
C. 感应电动势大小之比EP:EQ=4:1
D. 感应电流大小之比IP:IQ=2:1
5.如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙的斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时( )
A. 速度小于vB. 速度大于vC. 速度等于vD. 可能离开斜面
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则( )
A. t=0时，线圈中的电流改变方向B. t=1s时，线圈平面平行于磁感线
C. t=1.5s时，线圈中的感应电动势为0D. 一个周期内，线圈产生的热量为8J
7.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b 。当输入电压U为灯泡额定电压的8倍时，两灯泡均能正常发光，则( )
A. 原、副线圈匝数之比为7:1B. 原、副线圈匝数之比为8:1
C. 此时a和b的电功率之比为1:1D. 此时a和b的电流之比为1:7
8.如图所示，凹槽Q静置于光滑水平面上，其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则以下说法正确的是( )
A. Q和P组成的系统机械能守恒
B. Q和P组成的系统动量不守恒
C. 当Q的动能最大时，P的动能最小
D. 当P释放后第一次速度为零时，其位移大于2R
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
9.用如图所示的装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。

(1)以下提供的器材中，本实验必须使用的是______(选填选项前字母)；
A.刻度尺 B.天平 C.秒表
(2)用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。测得A球的质量为mA，B球的质量为mB。为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足mA______mB(选填“>”“<”或“=”)，当满足表达式__________________时，即说明两球碰撞中动量守恒。(用所测物理量表示)
10.某同学进行“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材______；
A.长度为10cm左右的细绳
B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8cm的钢球
D.直径为1.8cm的木球
E.最小刻度为1mm的米尺
F.秒表、铁架台
(2)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图______(选填“甲、乙”)；

(3)该同学改变摆长，测量出多组周期T、摆长l的值，作出T2−l图像，如图所示，他根据测量值作出的图像与理论值有一定偏差(两图线平行)。你认为造成这个结果的原因可能是________________________。
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
11.如图所示，宽度为L的U型导线框放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导体棒MN沿光滑导线框向右做匀速运动，PQ间接有阻值为R的电阻。已知，导体棒MN的电阻为r，运动的速度为v。导线框的电阻不计。
(1)求MN棒两端的电势差U；
(2)推导论证在Δt时间内外力对导体棒所做的功W与整个电路生热Q的关系。
12.如图所示的水平面，A点左侧和B点右侧的水平面光滑，半径为R、质量为2m的14光滑圆弧形槽放在水平面上，弧形槽刚好与水平面相切于A点，质量为5m的物块乙左端拴接一轻弹簧，静止在水平面上，弹簧原长时左端点刚好位于水平面上的B点。已知AB段粗糙且物块甲与AB段间的动摩擦因数为16，A、B两点之间的距离为R，质量为m的物块甲由弧形槽的最高点无初速度释放，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：
(1)物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小；
(2)整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值。
13.“质子治疗”是用氢原子核，也就是将质子加速到具有较高的能量，通过某装置引导，到达靶向肿瘤部位，用于人体关键部位的癌症治疗。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0=0.1T，极板CC1间的电场强度大小为E0=1×106N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ且电场强度E1=5×106N/C，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α=30∘。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B1，且1T≤B1≤1.5T∘质子从(0,d)点进入电场Ⅰ，并垂直OP经Q点(图中未标出)进入磁场Ⅱ。取质子比荷为qm=1×108C/kg,d=0.5m。求：
(1)极板AA1间的加速电压U；
(2)Q点位置坐标；
(3)质子能到达x轴上的区间的长度L(结果用根号表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【详解】
A.由图可知，a光的偏折程度大于b光，则玻璃对a光的折射率较大，a光的频率大于b光的频率，故A错误；
B.根据
v=cn
在玻璃砖中，a光的传播速度比b光小，故B错误；
C.根据
sinC=1n
a光临界角小，逐渐增大θ角，a光先消失，故C正确；
D.a光的频率大于b光的频率，则波长小，所以a光比b光更不容易发生衍射现象，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了光的干涉，解题关键掌握干涉原理，根据Δx=Ldλ可判断条纹间距变化。
由Δx=Ldλ分析条纹的变化情况。【解答】
A.将屏向左移动，双缝到屏的距离减小，其它不动，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变小，故A错误；
B.测量过程中误将5个条纹间距数成6个，根据Δx=an−1，可知相邻条纹间距减小，根据Δx=Ldλ，可知波长测量值偏小，故B正确；
C.根据上述公式可知将双缝换为间距更小的双缝后，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，干涉条纹间距变宽，故C错误；
D.将滤光片由紫色换成红色，波长变大，根据Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变宽，故D错误。
3.【答案】D
【解析】A.根据图乙可知t=1s时刻M向上振动，再分析图甲，根据波形平移法可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.这列波的波长λ=4m，周期T=2s，波速v=λT=2m/s，故B错误;
C.在t=2.0s时，即再经过1s=T2，质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D在1s∼3.5s时间内，质点N运动了2.5s=54T，运动的路程为5A=30cm，故 D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向，根据题意确定线圈面积关系，根据Φ=BS求解磁通量大小关系，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势关系，根据电阻定律、闭合电路的欧姆定律确定感应电流大小关系。
【解答】
A.根据楞次定律可知感应电流均沿逆时针方向，故A错误；
B.导线长度相同，绕城的线圈匝数比为nP:nQ=1:2，则线圈边长之比为L1:L2=2:1，所以线圈面积之比为S1:S2=4:1，根据Φ=BS，同一时刻磁感应强度B相同，则磁通量大小之比ΦP:ΦQ=4:1，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，感应电动势大小之比EP:EQ=2:1，故C错误；
D.根据电阻定律R=ρlS截面，材料、长度、粗细均相同，则R1:R2=1:1，根据I=ER，所以感应电流大小之比IP:IQ=2:1，故D正确。
5.【答案】A
【解析】【分析】
未加磁场时，滑块受到重力、支持力，摩擦力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向上的洛伦兹力．两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，但加磁场时对斜面的正压力变大，摩擦力变大，克服摩擦力做功变大，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率．
解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率。
【解答】
未加磁场时，根据动能定理，有mgh−Wf=12mv2−0，加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有mgh−Wf′=12mv′2−0，Wf′>Wf，所以v′故选A。
6.【答案】BC
【解析】A.t=0时，穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈产生的感应电动势最大，感应电流最大，线圈中的电流方向不改变，故A错误；
B.t=1s时，由于穿过线圈的磁通量为零，则线圈平面平行于磁感线，故B正确；
C.t=1.5s时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化量为0，则线圈中的感应电动势为0，故C正确；
D.线圈中产生的电动势最大值为Em=NBSω=NΦm⋅2πT=100×4×10−2×2π2V=4πV，电动势有效值为E=Em 2=2 2πV，一个周期内，线圈产生的热量为Q=E2RT=(2 2π)22×2J=8π2J，故D错误。
故选：BC。
7.【答案】AD
【解析】AB.由于两灯泡均能正常发光，所以灯泡两端电压均为额定电压 U8，则原、副线圈电压分别为U1=U−U8=78U，U2=18U，所以原、副线圈匝数之比为n1n2=U1U2=71，故A正确，B错误；
D.此时a和b的电流之比为I1I2=n2n1=17，故D正确；
C.两灯两端电压相同，根据P=IU可知此时a和b的电功率之比为P1P2=I1I2=17，故C错误。
故选AD。
8.【答案】AB
【解析】A.Q和P组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，因此该系统机械能守恒，故A正确；
B.Q和P组成的系统，竖直方向合外力不为零，而水平方向合外力为零，因此该系统动量不守恒，但该系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C.当Q的动能最大时，小球P恰好运动到了凹槽的底部，小球速度恰好水平，小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，根据Ek=p22m可知，小球的动能此时也最大，故C错误；
D.Q和P组成的系统水平方向动量守恒，且该系统机械能也守恒，因此当P释放后第一次速度为零时，P恰好运动到了凹槽左侧与右侧释放点等高的位置，设P在水平方向的位移为x1，Q在水平方向的位移为x2，两者的运动具有同时性，且水平方向两者的速度方向始终相反，因此有x1+x2=2R，解得x1=2R−x2<2R，故D错误。
故选AB。
9.【答案】(1)AB；
(2)>；mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
【解析】(1)本实验需要用刻度尺测量小球做平抛运动的水平位移；需要用天平测量小球的质量；不需要用秒表测小球在空中的时间。
故选AB；
(2)为了保证碰后，入射小球不反弹，需要满足入射小球的质量大于被碰小球的质量，即mA>mB ；
设碰撞前瞬间小球A的速度为v0，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为v1、v2，根据动量守恒可得mAv0=mAv1+mBv2，
两小球在空中下落的高度相同，小球在空中运动时间t相等，则有mAv0t=mAv1t+mBv2t，则满足表达式mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF，即说明两球碰撞中动量守恒。
10.【答案】(1)BCEF；
(2)乙；
(3)将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长
【解析】(1)AB.在选取细绳时，应选择长度为100cm左右的细绳，故A错误，B正确；
CD.为了减小空气阻力的影响，应选择直径为1.8cm的钢球，故C正确，D错误；
E.实验需要用最小刻度为1mm的米尺测量摆线的长度，故E正确；
F.需要用测量时间，计算小球做单摆运动的周期，需要铁架台悬挂细线和小球，让小球在竖直面内做单摆运动。
故选BCEF。
(2)为了保证小球摆动过程中，摆线的长度保持不变，应采用图乙；
(3)根据单摆周期公式T=2π lg，可得T2=4π2gl，
可知T2−l图像为过原点的倾斜直线，该同学根据测量值作出的图像与理论值有一定偏差，造成这个结果的原因可能是：将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长，则有T=2π l−d2g，
可得T2=4π2g(l−d2)，
可知作出的图像相对于理论值向右平移，斜率与理论值斜率相同。
11.【答案】(1)BLvRR+r ；(2)见解析
【解析】(1)导体棒 ab 棒产生的感应电动势为
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r
ab 棒两端的电压为
U=IR=ERR+r=BLvRR+r
(2)在 Δt 时间内，外力 F 对导体棒做功为
W=Fx=B2L2vR+r⋅vΔt=B2L2v2R+rΔt
整个电路生热为
Q=I2(R+r)Δt=(BLvR+r)2⋅(R+r)Δt=B2L2v2R+rΔt
可得
W=Q
在 Δt 时间内外力对导体棒所做的功 W 与整个电路生热 Q 相等。
12.【答案】解：(1)物块甲沿光滑弧形槽下滑的过程中，物块甲和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，假设该过程中弧形槽的位移大小为x，则物块甲的水平位移大小为R−x，由动量守恒定律得0=mR−x−2mx，
解得x=R3；
(2)设物块甲滑到弧形槽底端的速度大小为v1，此时弧形槽的速度大小为v2，该过程中由水平方向动量守恒以及机械能守恒定律得0=mv1−2mv2 ， mgR=12mv12+12×2mv22，
解得v1= 4gR3 ， v2= gR3，
设滑块甲刚滑到B点时的速度为v3，由动能定理得−μmgR=12mv32−12mv12，
解得v3= gR，
此后当物块甲与物块乙共速时，弹簧的弹性势能最大，设共同的速度为v4，对甲乙及弹簧组成的系统，由动量守恒定律可得mv3=m+5mv4，
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能Ep=12mv32−12m+5mv42，
联立解得Ep=512mgR。

【解析】见答案。
13.【答案】解：(1)设质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得qv0B0=qE0，
解得v0=1×107m/s，
由动能定理有qU=12mv02，
联立得U=5×105V。
(2)由题意得tanα=v0vy，得vy= 3×107m/s，
在匀强电场Ⅰ区域由牛顿第二定律得a=qE1m=5×1014m/s2，
在匀强电场Ⅰ区域运动时间t=vya= 35×10−7s，
沿x方向位移x=v0t= 35m，
沿y方向位移y=12at2=0.3m，Q点纵坐标为d−y=0.2m，
则Q点坐标为( 35 m，0.2m)。
(3)设质子进入磁场的速度为v，则v=v0sinα=2×107m/s，
设质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有qvB1=mv2R，0.4m3≤R≤0.2m，
由几何关系有OQ=xcs30∘=0.4m，QN=d−y=0.2m，
当 R2=0.2m ，质子恰好从N点飞出，当 R1=0.43m ，质子恰好与x轴相切，
故质子能到达x轴上的区间长度L=R1cs30∘= 315m。

【解析】见答案。