T7T77/7T7T77/72022-2023學年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理試卷一、選擇題（本大題共10小題，共40分）關于電磁波，下列說法正確的是（）電磁波不能在真空中傳播電磁波是在空間傳播的周期性變化的電磁場電場或磁場隨時間變化時一定會產生電磁波麥克斯韋第一次用實驗證實了電磁波的存在手機上一般會有兩個麥克風，一個比較大的位于手機下方，另一個位于手機頂部。小明同學查閱手機說明書后知道手機頂部的麥克風為降噪麥克風。該同學進一步查閱資料得知：降噪麥克風通過降噪系統產生與外界噪音相位相反的聲波，與噪咅疊加從而實現降噪的效果。理想情況下的降噪過程如圖所示，實線對應環境噪聲，虛線對應降噪系統產生的等幅反相聲波。下列說法正確的是（）下麥克風降噪聲波的頻率大于環境噪聲的頻率B.降噪聲波的頻率小于環境噪聲的頻率C.降噪麥克風的工作原理是聲波的衍射D.降噪麥克風的工作原理是聲波的干涉一束復色光從空氣射入光導纖維后分成兩束單色光，光路如圖所示。比較內芯中的。、b兩束光，Q光的（）頻率小，發生全反射的臨界角小B.頻率大，發生全反射的臨界角小C.頻率小，發生全反射的臨界角大D.頻率大，發生全反射的臨界角大如圖所示，兩根同一豎直方向平行放置的長直導線q和b中通有大小不同、方向均垂直于紙面向里的電流時，Q對地面的壓力恰好為零。已知長直導線。的質量為m,當地的重力加速度為g。如果長直導線b的電流改為垂直于紙面向外，大小不變，則Q對地面的壓力為（）A.0 B.mg C.2mg D.3mg如圖甲所示為一小型發電機的原理圖，矩形線圈的電阻為1。。在外力作用下矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度繞垂直于磁場方向的固定軸0。'勻速轉動，線圈兩端與R=10。的電阻構成閉合回路。通過電阻R的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）該發電機線圈轉動的角速度為200/rrad/s線圈轉至圖甲位置時，線圈中感應電流最大該發電機產生交流電的感應電動勢峰值為200/WV電阻R消耗的電功率為4000"XX如圖所示，磁場方向垂直紙面向里，金屬導軌EF、CD在豎直O平面內垂直磁場平行放置，并通過繞在豎直鐵芯上的導線連接，鐵芯正上方有一水平放置的金屬環，金屬桿豎直放置，與導軌EF、CD垂直且始終接觸良好，現突然用外力向右拉動金屬桿下列說法正確的是（）XX中電流由A到8,金屬環受到的安培力向上AB中電流由A到8,金屬環受到的安培力向下金屬環受到的安培力向上D.ABD.AB中電流由B到4,金屬環受到的安培力向F如圖所示，在半徑為R的圓形區域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，Qb是圓的一條直徑。一帶電粒子從q點射入磁場，速度大小為2m方向與Qb成30。角，經磁場偏轉后從b點飛出，已知粒子在磁場中運動的時間為t,不計粒子所受重力，則（）該帶電粒子帶負電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R若僅將速度大小改為"，則粒子在磁場中運動的時間為：t若僅將速度大小改為m則粒子在磁場中運動的時間為如圖，理想變壓器原線圈加上交變電壓，副線圈上接有電阻R、燈泡爲、J。閉合開關S，滑片P處于圖示位置，燈泡發光。下列說法正確的是（）保持開關S閉合，將滑片P向下移，燈泡變暗保持開關S閉合，將滑片P向上移，燈泡變暗保持滑片P位置不變，斷開開關S,燈泡L］變暗保持滑片P位置不變，斷開開關S,燈泡如變亮電視機顯像管應用了電子束磁偏轉原理。如圖所示，電子束經電子槍加速后進入磁感應強度大小為B的勻強磁場，經磁場偏轉后打在熒光屏上產生亮點。己知電子的比荷為k,加速電子束的電子槍電壓為V。電子束按圖中方向偏轉，在勻強磁場中運動軌跡所對應的圓心角為§由此可知（）圖中偏轉磁場的方向為垂直紙面向外電子進入偏轉磁場時的速度為侶電子在偏轉磁場中運動軌跡的半徑為電子在偏轉磁場中的運動時間為*如圖（。），質量M=4kg、傾角為。的斜面體置于粗糙水平面上，質量m=lkg的小物塊置于斜面頂端，物塊與斜面間的動摩擦因數“=tan0.t=0時刻對物塊施加一平行于斜面向下的推力F,推力F的大小隨時間t變化的圖象如圖0）所示，t=2s時物塊到達斜面底端。斜面體始終保持靜止，重力加速度g=10m/s2,在物塊沿斜面下滑過程中，下列說法正確的是物塊到達斜面底端時的動能為32丿斜面的長度為8m斜面體對水平面的壓力大小始終為50N水平面對斜面體的摩擦力水平向右且逐漸增大二、非選擇題（共60分）在“驗證動量守恒定律”實驗中，裝置如圖所示，按照以下步驟進行操作：在木板表面釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，使小球a從斜槽軌道上由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡。；將木板水平向右移動一定距離并固定，再使小球以從同一位置由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡8；把小球b靜止放在斜槽軌道最右端，讓小球a仍從同一位置由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和（1） 為了保證在碰撞過程中a球不反彈，q、b兩球的質mi、皿間的關系是皿 m2o（填“〉”、“V”或"=”）（2） 下列器材選取或實驗操作符合實驗要求的是 （填序號）。小球a、b半徑可以不同斜槽軌道末端必須保持水平

明/軍田半渤國藉避的'丄圖四’渤國Z」圈留呼7冴誹吊壓搟麻吊?隴魏酒必多氏甌索回堡（￡）。（耍舉p。（耍舉p、7由）=7沸漑詠市tullu ￥P日草用勤詠空附'當坷堅圖眄苗物'勁草淑詠喜噸N斗野理由蛍’7實劉*風驟刑啓囲淑誹底喜草甞WN劉隊米寮岀*±WM垂甞藩目源詠壯當誹審R芯圍索回堡（Z）：（“N,準“由,，W音卓早関映衛'某項收地7'甫J由法’酒草晉関驟丁籀誹五’和誹貪義囹部聃（I）:>.|I*1S:>.|I*1S?。鉗覲叩/重陽麗呆書豚誑由由索回咨TI（宴鞏每去関喜盜購氣坦山）° 匕卓汝法関亞娜湍墨福’虱也再兜買q。身明整姆煉'"%、％般陥&堡謝関草三3'&'町I麥年。'如"也區陥烏喜幽qp灘w'韌噸魏下（￡）回.閉區Igst+W尊湄W矛冊禁仙山墨Q速度的值 m/s2。(已知汗2a9.86,結果保留三位有效數字)(4)如果測得的g值偏大，可能的原因是 (填序號)。A.計算擺長時用擺線長度開始計時時，停表沒有及時按下C.擺線上端未牢固系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加。.實驗中誤將30次全振動記為31次13.一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸正向傳播,t=0時刻的波動圖像如圖甲所示，質點M的振動圖像如圖乙所示。已知t=0時刻質點M恰好完成一次全振動，M、N兩質點的平衡位置均在x軸上，N點的坐標為19m。求：此簡諧橫波傳播速度的大小；0?10s內質點N運動的路程。在光滑水平面上靜置有質量均為m的木板和滑塊CD, c木板上表面粗糙，滑塊CD上表面是光滑的:圓弧，其始端D點 \ .p—O_±=J8切線水平且在木板上表面內，它們緊靠在一起，如圖所示。777777777777777777777777777777777777777~BA一可視為質點的物塊P,質量也為m,從木板的右端以初速度％滑上木板過B點時速度為岑，又滑上滑塊CD,最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點C處。已知物塊P與木板48間的動摩擦因數為陽求：物塊滑到B處時木板的速度以B；木板的長度L；滑塊CD圓弧的半徑。如圖所示，某光滑金屬導軌由水平平行軌道和豎直:圓周軌道組成，水平平行軌道MN、4ST相距L=0.5m,軌道左端用阻值R=10n的電阻相連。水平軌道的某段區域有豎直向上、磁感應強度B=6T的勻強磁場。光滑金屬桿Qb的質量m=0.2kg.電阻r=5/2,金屬桿以u=5m/s的初速度沿水平導軌從左端沖入磁場，離開磁場后沿豎直圓周軌道上升的最大高度H=0.2m.設金屬桿Qb與軌道接觸良好，并始終與導軌垂直，導軌電阻忽略不計，且不考慮Qb的返回情況，取g=10m/s2o求：金屬桿剛進入磁場時，通過金屬桿的電流大小和方向；電阻R產生的焦耳熱；磁場區域的長度。答案和解析【答案】B【解析】解；4電磁波本身是一種物質波，且電磁波的傳播不需要介質，則電磁波能在真空中傳播，故A錯誤；H周期性變化的電場產生磁場，周期變化的磁場產生電場，由近及遠地傳播形成電磁波，故8正確；C.均勻變化的電場（磁場）產生穩定的磁場（電場），則不能形成電磁波，故C錯誤；。?麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，故D錯誤。故選：B。電磁波的傳播不需要介質；根據麥克斯韋的電磁場理論可以解釋BC選項；赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在。這部分知識需要強化記憶，尤其是涉及到的物理學史問題，更要熟練記憶。【答案】D【解析】解：由圖看出，降噪聲波與環境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時產生干涉，由于兩列聲波等幅反相，所以振動減弱，起到降噪作用，所以降噪麥克風的工作原理是聲波的干涉，故人8C錯誤，。正確。故選：Do降噪過程實際上是聲波發生了干涉，機械波傳播的速度由介質決定。本題以手機上的兩個麥克風為背景，考查了干涉現象在實際問題中的應用，解決本題時要明確機械波傳播的速度由介質決定，聲波在同一介質中傳播波速相等，要掌握波的疊加原理和干涉的條件。【答案】C【解析】【分析】比較兩束光對應的折射角的大小，根據光的折射定律和全反射的條件進行分析。本題主要是考查了光的折射和全發射；解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，然后根據光的折射定律和全反射的條件列方程求解。【解答】一束復色光從空氣射入光導纖維后，兩束光的入射角相同，b光對應的折射角小，根據折射定律可知，Q光的折射率小，貝此光的頻率小；根據全反射的條件可知：sinC=*所以。光對應的臨界角n大，故C正確，A8D錯誤。【答案】C【解析】解：長直導線Q和b的電流方向相同，導線Q和b相互吸引，因為。對地面的壓力恰好為零，對Q受力分析可知b對Q的引力大小等于重力，方向豎直向上；當b的電流反向時，導線Q和b相互排斥，再次對Q受力分析可知地面對Q的支持力等于2mg,根據牛頓第三定律，。對地面的壓力為2mg。故A8D錯誤，C正確。故選：Co根據同向電流相互吸引，判斷導線Q所受的安培力方向，根據平衡條件求出導線。受到的安培力大小，當電流變為反向時，根據異向電流相互排斥判斷導線Q所受的安培力方向，根據平衡條件求出地面對導線。的支持力，從而求得Q對水平面的壓力大小。本題考查安培力作用下導體的平衡問題，解答本題的關鍵是明確安培力方向變化，熟練運用左手定則判斷導線Q受到的安培力方向。【答案】D【解析】解：4、根據乙圖可知線圈轉動的周期T=0.02s,角速度為3=罕=慕md/s=100nrad/s,故人錯誤；8、線圈轉至圖甲位置時，線圈平面與磁場垂直，線圈中感應電流最小，故8錯誤；C、由乙圖可知，感應電流的最大值為加=20廣乏4,感應電動勢的最大值為Em= +r)=(10+1)V=220CV,故C錯誤；。、根據乙圖可知，感應電流的有效值為/=務=穹/1=204,電阻R消耗的電功率P=!2R=202x100=4000",故O正確；故選：D。根據線圈所在的位置，判斷出與中性面間的關系，根據乙圖判斷出產生的感應電動勢的最大值，根據閉合電路的歐姆定律求得產生的感應電壓的最大值，根據周期求得頻率，根據電流的最大值求得有效值，即可求得電阻R產生的熱功率。本題主要考查了交流發電機的相關知識，要熟悉“四值”之間的相互轉換，同時結合歐姆定律和焦耳定計算求解。【答案】C【解析】解：突然用外力向右拉動金屬桿AB向右加速切割磁感線，根據右手定則判斷，可知中感應電流方向為B^A,因穿過金屬環的磁通量突然增加，根據楞次定律推論可知，金屬環受到的安培力向上。故A8D錯誤，C正確。故選：Co突然用外力向右拉動金屬桿AB,AB向右加速切割磁感線，根據右手定則判斷価中感應電流方向；根據楞次定律的推論，金屬環中磁通量突然增加，其所受安培力會使其向磁通量減小的方向有運動趨勢，依此推論判斷金屬環受到的安培力方向。本題考查了電磁感應現象中楞次定律的應用，以及電流磁效應和磁場對電流的作用。要能夠區分左手定則、右手定則、安培定則（即右手螺旋定則）以及楞次定律所對應的應用的場景。【答案】D【解析】解：4根據左手定則判斷知，該帶電粒子帶正電，故A錯誤；H設粒子以速度2u飛入磁場中時，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,根據幾何知識可得sin30°=-r粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=2R故B錯誤；CD.畫出粒子以2u和u兩種情況下在磁場中的運動軌跡如圖所示粒子以速度大小為2d飛入磁場時，半徑為2R,根據幾何知識可得此時粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為0=60%粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將速度大小改為，根據洛倫茲力提供向心力有qBu=則『=則粒子在磁場中運動的半徑變為R,利用幾何知識可判斷知，此時粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為伊=120。，粒子在磁場中運動的時間e360s根據2nr2nm—=~^B可知粒子在磁場中運動的周期與速度無關，則可得粒子以速度U飛入磁場時，在磁場中運動的時間e=2t故c錯誤，。正確。故選：D。粒子在磁場中運動，根據左手定則分析粒子的電性，根據幾何關系分析B,分析粒子的運動的情況，可以判斷粒子的運動的時間.根據粒子的運動的軌跡的情況，找出粒子運動的軌跡所對應的圓心角的大小可以求得粒子的運動的時間.【答案】AD【解析】解：AB.保持開關S閉合，滑片P向下移動，副線圈匝數減小，根據變壓器變壓之比得:四=性圣道’解得：％=辭，因為％、"1不變，阻減小，所以無減小，副線圈構成的回路中電流減小，即通過兩個燈泡的電流均減小，故燈泡功率減小，燈泡變暗，故A正確，B錯誤。CD、滑片P位置不變，則副線圈輸出電壓不變，斷開開關S,副線圈構成的回路中總電阻增大，總電流減小，R分得的電壓減小，燈S兩端的電壓增大，故燈泡婦變亮，故。正確，C錯誤。故選：AD.滑片P向下移動，副線圈匝數減小，根據變壓器變壓之比，得出副線圈兩端的電壓變化情況，進而根據串并聯電路的特點，即可分析出燈泡的亮度變化情況；滑片P位置不變，則副線圈輸出電壓不變，斷開開關S,副線圈構成的回路中總電阻增大，總電流減小，R分得的電壓減小，燈爲兩端的電壓增大，即可確定燈的亮度變化。本題考查了變壓器動態分析問題，掌握變壓器的變壓、變流特點，是解決本題的關鍵。【答案】AC【解析】解：4、由左手定則可判斷出偏轉磁場的方向為垂直紙面向外，故人正確；8、設電子質量為m,電量為e,電子束射入到偏轉磁場的速度為u,由動能定理有：et/=|mv2,解得：卩=「^=扃萬，故8錯誤；C、電子偏轉磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有：印8=噌，解得：,=籍=丁為，故C正確；。、電子中磁場中的運動時間「=牛=鴛=赤，故D錯誤。故選：AC。根據左手定則由電子的偏轉方向判斷磁場的方向；根據動能定理求電子離開電場即進入磁場的速度；由洛倫茲力提供向心力求軌跡半徑；由偏轉角求時間。本題是典型的帶電粒子先在加速電場加速然后在勻強磁場的偏轉問題，認真審題找到關鍵已知量,應用動能定理、半徑公式、周期公式、時間公式就能得到正確結果。【答案】AC【解析】解：A.因為n=tanO,則有：mgsind=nmgcosO,所以物塊受到的滑動摩擦力的與支持力的合力與小物塊的重力大小相等，方向相反，因為F-t圖象的面積表示F的沖量，根據動量定理有：Ft=mv則小物塊達到斜面底端時的速度為：u=專=枷s=8m/s則物塊到達斜面底端時的動能為：Ek=^mv2=32Jt故A正確B、 如物塊做勻加速直線運動，則物塊整段過程發生的位移為：x=^t=8m但根據外力逐漸增大可知，物塊做加速度增大的加速運動，所以物塊發生的位移不等于8m,分析兩種情形的u-t圖像可知物體位移小于8m,故B錯誤；C、 斜面的受力如圖所示：F*改變外力F,不會影響小物塊受到的滑動摩擦力以及支持力的大小，所以小物塊受到的滑動摩擦力和支持力的合力一直豎直向上，大小等于小物塊的重力，根據牛頓第三定律可知，斜面受到的小物塊對它的滑動摩擦力，以及壓力M的合力豎直向下，大小等于mg,則斜面體在水平方向上無相對運動趨勢，不受到水平面對它的靜摩擦力作用，根據平衡條件有，水平面對斜面體的支持力為：N=Mg+mg=50N,由牛頓第三定律可知斜面對水平面壓力為50N,故C正確，D錯誤。故選：AC。解決該題的關鍵是明確知道小物塊在運動過程中，外力F為小物塊受到的合力，知道小物塊受到的摩擦力和支持力的合力和它的重力大小相等，方向相反。11.【答案】〉B哉=為+傍【解析】解：(1)為了保證在碰撞過程中Q球不反彈，。、b兩球的質m】、m2間的關系是4小球q、b半徑必須相同，從而保證兩球能發生正碰，故人錯誤；X斜槽軌道末端必須保持水平，從而保證做平拋運動，故B正確；C.小球離開斜槽后做平拋運動，設做平拋運動的時間為t平拋運動水平方向做勻速運動，水平位移x=vt平拋運動豎直方向做自由落體運動，豎直位移y=^gt2解得水平速度u=x丁言因此不需要用秒表測定小球在空中飛行的時間，故C錯誤。故選：B。根據上述可得水平速度u=x攜碰撞前小球。的速度v0=x謨碰撞后小球Q的速度=X］法碰撞后小球b的速度％=%侷以向右為正方向，若兩球碰撞過程系統動量守恒，應滿足mxvQ= +m2v2代入數據整理得簷=爲+考。故答案為：(1)＞；(2)B；⑶為=拷+傍。若兩球碰撞后入射球反彈，則會影響速度的測定，據此分析入射球與被碰球的質量的大小關系；為使兩球發生對心碰撞，兩球半徑應相等；小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽軌道末端必須水平，根據實驗注意事項與實驗原理分析答題；小球離開斜槽后做平拋運動，應用平拋運動規律求出小球做平拋運動的初速度，應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式。本實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度做平拋運動并且落到同一豎直面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中豎直方向發生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目。12.【答案】乙12.0 9.66BD【解析】解：(1)甲圖在實驗過程擺長會變大，乙圖擺長不變，正確發方式是乙；游標卡尺的最小分度值為0.1mm,讀數為12mm+0x0.1mm=12.0mm,故擺球的直徑為d=12.0mm；單擺的長度為L=i+i根據單擺的周期公式T=27tJ*，得丄=糸丁2,由圖像可得糸=撚擺”,解得g=9.66m/s2；4計算擺長時用擺線長度，使擺長偏小，g值偏小，故A錯誤；R開始計時時，停表沒有及時按下，使周期偏小，g值偏大，故8正確；C.擺線上端未牢固系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加，g值偏小，故C錯誤；。.實驗中誤將30次全振動記為31次，使周期偏小，g值偏大，故。正確。故選：BD。故答案為：(1)乙；(2)1-j；(3)9.66；(4)必。根據細線長度變化分析判斷；根據游標卡尺最小分度值，先讀主尺讀數、再讀游標尺讀數，之和為游標卡尺讀數；根據周期和圖像計算；根據實驗原理分析判斷。本題考查用單擺測定當地的重力加速度實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗步驟、數據處理和誤差分析。【答案】解：(1)根據圖甲可知，簡諧波的波長為4m,周期為0.8s,所以簡諧波的傳播速度為大小為u=.=備必=Sm/s(2)t=0時刻質點M恰好完成一次全振動可知，此時波恰好傳到7m處，簡諧波傳播到N點需要的時間為tQ=^-s=2.4s所以質點N振動的時間為Zlt=t-t0=(10-2.4)s=7.6s=9.5T0?10s內質點N運動的路程s=9.5x44=9.5x4x20cm=760cm答：(1)此簡諧橫波傳播速度的大小為5m/s；(2)0?10s內質點N運動的路程為760cm。【解析】(1)由圖甲得到波長大小，由圖乙得到周期大小，利用波速公式v=i可求得波速大小；(2)根據MN間的距離，先求出該波傳到N點所用的時間，然后計算出剩余的時間，再結合質點在一個周期內運動的路程為44,即可算出質點N的路程。本題考查機械波的傳播，解題關鍵掌握波速的計算公式，注意質點運動狀態的判斷。【答案】解：(1)物塊P在価上滑行時，AB.CD和P組成的系統動量守恒，取水平向左為正方向，根據動量守恒定律得mv0=m黑+2mvAB。解得%=平

(2)設木板的長度為L。物塊P在価上滑行時，對価、CD和P組成的系統，根據能量守恒定律得卩mgL= 詭一$?m(^)2+\.2mv^B]解得厶5解得厶5諾16網⑶設滑塊CD圓弧的半徑為R。物塊P在滑塊CD上滑行時，CD和P