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2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析），共15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。
2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 可控硅元件可以实现对调速风扇进行调节，若经过元件调节后，加在风扇上的电压U与时间t的关系由正弦交流电的每半个周期中都截去了前面的四分之一而得到，如图所示。则该交变电压的有效值为( )
A. U0 2 B. U0 3 C. U02 D. U03
2. 图示为光学仪器中的“道威棱镜”的横截面，ABCD为等腰梯形，其底角为45°，与BC平行的两条同种颜色的光线a、b自棱镜的AB侧面射入，经BC侧面反射后从CD侧面射出，若已知棱镜材料的折射率为 2,不考虑光线在CD侧面的反射，则下列说法正确的是( )
A. 光线可能从BC侧面射出
B. 从CD侧面射出的光线仍与BC平行
C. 光线a、b从CD侧面射出后，a仍在b的上方
D. 光线a、b从CD侧面射出后，间距可能增大
3. 某同学利用图甲所示装置来模拟做简谐运动质点的振动图像。一较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏(可视为质点)，装置底部有一可以向前移动的长木板，当沙漏左右摆动时(摆角较小)，漏斗中的沙子均匀流出，同时拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条曲线，该同学测试两次得到板上沙的图样如图乙、丙所示，图中O1O2为漏斗摆到最低点的投影，忽略沙漏重心的变化。下列说法正确的是( )
A. 随着沙子的流出，沙漏摆动的周期逐渐变小
B. 图乙中，若AB对应的时间为t，则沙漏振动的周期为：
C. 图乙和图丙中，AB对应的时间等于A’B’对应的时间
D. 图丙中，若长木板做的是匀加速直线运动，则A’B’：B’C’=1：3
4. 景区、公园等的水面下常设置灯光，夜幕降临后，打开光源，水面上五颜六色，十分赏心悦目，假设某处水域，平静的水面下深为d处只有一个发白光的点光源。已知水对红光的折射率为n1，水对紫光的折射率为n2。则水面上彩色圆环的宽度为( )
A. dn12−1 B. dn22−1
C. d n22−1−d n12−1 D. d n12−1−d n22−1
5. 如图所示，理想变压器原线圈连接灯泡L及理想交流电流表，副线圈连接定值电阻R和热敏电阻Rt(阻值随温度升高而减小)及理想交流电压表，原线圈接有输出电压有效值恒定的交流电源，认为灯泡电阻恒定，当Rt处的温度升高时，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L的亮度将变亮 B. 电流表A的示数将减小
C. 电压表V的示数将减小 D. 电源输出的功率将增大
6. 如图所示，处于水平面内的圆盘可绕穿过盘心O的竖直轴匀速转动，盘边缘有标记为A、B的两点，且A、O、B三点在同一直线上，当A点转到盘的最左侧时，一小球自盘的边缘从A点以速度v0=5m/s的速度斜向上抛出，使小球在过直线AOB的竖直面内运动，速度方向与直线AOB的夹角θ=53°，已知当小球经过盘的右边缘时，标记为A的点也恰好运动到此，图中虚线为小球的运动轨迹，g取10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是( )
A. 圆盘的半径为0.8m B. 小球离圆盘的最大高度为1.0m
C. B点转过的路程可能为3πm D. 圆盘转动的角速度可能为254πrad/s
7. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L、宽为d的金属矩形线圈，其电阻为R，质量为m，线圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现使线圈以垂直磁场边界大小为v0v0
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 某同学欲研究绳波的传播及绳上质点的振动的规律，他把绳的一端固定在墙上，在绳上每隔1.0m标记一个点，如图甲所示。该同学手拿绳的左端上下做简谐振动时，某一时刻波恰好传播到12质点，1质点与12质点间的波形如图乙所示，且测得手抖动时距离绳水平时的最大高度为20cm，从图示时刻起质点8又经过2.5s第二次到达最高点。下列说法正确的是( )
A. 6质点的起振方向竖直向下
B. 质点4和8的振动方向总是相同
C. 绳波传播的速度大小为1m/s
D. 此时1质点相对平衡位置的位移为−10 2cm
9. 如图所示，A、B为水平放置，平行正对的金属板，B板接地，两金属板通过电阻和理想二极管与单匝环形线圈相连，环内充满一变化的磁场，磁场方向垂直环面向里，当磁场以B=B0+kt(t表示时间，比例系数k>0)的规律变化时，处于金属板内P点的带电小球恰好静止不动。下列说法正确的是( )
A. A板电势高于B板的电势
B. 若将A板缓慢竖直向上移动稍许，带电小球仍静止不动
C. 若将B板缓慢竖直向上移动稍许，A板电势将升高
D. 若将A板缓慢水平向左移动稍许，在移动过程中将有电流通过电阻
10. 如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度v射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为60°，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 带电粒子的速度大小为v= 3RBk
B. 若只让粒子速度大小改为 33v,则粒子在磁场中的运动时间为23t
C. 若让粒子速度大小改为 33v,入射方向改为AB右侧与AB夹角30°，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为πR3
D. 若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为 33
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 某同学欲验证动量守恒定律，使用的器材有：处于竖直面内的光滑轨道MNPQ(半圆MN和PQ的半径分别为R和2R，O1和O2分别为其圆心，NP部分水平且与两个半圆相切)，小滑块A(底面带有可涂红色油墨的装置)和B(底面带有可涂蓝色油墨的装置)，主要实验步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为mA和mB。
②滑块B静置在P点，让滑块A自半圆MN的中点O3处由静止释放，与滑块B碰撞后，两者均沿半圆轨道PQ上升。
③测出蓝色印迹的最高点与NP的竖直高度为h1(h1≤2R)，红色印迹最高点与NP的竖直高度为h2。
回答以下问题：
(1)为保证实验成功，首先应满足mA______ mB。(填“>”或“<”)
(2)在实验成功的条件下，验证动量守恒定律的表达式为_。(用题中所给字母表示)
(3)若滑块A和B碰撞过程无能量损失，为保证实验成功，则滑块B的最小质量m′B与滑块A的质量mA关系为m’B=___________mA。
12. 某实验小组欲利用金属热敏电阻制作一简易测温仪。
(1)小组同学从实验室取来相关器材，先测量热敏电阻R，在不同温度时电阻，其中电流表的内阻已知，为提高测量精确度，应采用的电路为_____(填“甲”或“乙”)。
(2)选用正确的电路后，测出的热敏电阻Rt与摄氏温度t的关系图像如图丙所示。
(3)小组同学设计的测温仪的内部电路如图丁所示。已知图中电源电动势为E=1.5V，内阻可忽略，灵敏电流计的满偏电流为Ig=1mA,内阻为Rg=800Ω,设计测温仪能测量的最低温度为0℃，则图中滑动变阻器的最大阻值不能小于_____Ω。
(4)利用上述方法，可以把电流计刻度线改为温度刻度线，则温度刻度线的刻度_____(填“均匀”或“不均匀”)，电流计中央刻线标识的温度应为_____℃。(滑动变阻器取(3)的最小值)
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13. 如图所示，间距为L=1m、足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角θ=30°，导轨上端连接一个电压表(可看成理想电压表)，下端连接的电阻大小为R=1Ω，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。一金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，已知金属棒下滑时电压表的最大示数为Uₘₐₓ=1V,金属棒接入电路的电阻大小为r=1Ω，重力加速度大小g=10m/s2，不计导轨电阻。(金属棒始终未与电阻接触)
(1)求金属棒向下运动的最大速度和金属棒的质量；
(2)若电压表的示数从0变为Umax的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q=1C，求金属棒沿导轨运动的距离。
14. 如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，AC上方为垂直纸面向外的匀强磁场，下方是一个电场强度大小未知的匀强电场，电场方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(重力不计)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，经小孔M沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ=60°，运动一段时间后，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点。已知AD=L，AN=2L，求：
(1)粒子从小孔M刚进入磁场时的速度大小v；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)电场强度E的大小。
15. 如图所示，轻质弹簧的左端固定在光滑平台的挡板P上，质量mA=1.0kg的物块A处于弹簧的右端，两者无连接，有一紧靠在平台处的小车，上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L=2.0m，小车的右端为半径R=0.1m的14光滑圆弧，小车的左端有一可视为质点的滑块B，其质量为mB=3.0kg，与NQ间的动摩擦因数μ=0.1.现缓慢向左推滑块A到M点，使弹簧压缩，静止释放后，滑块A沿平台向右运动，与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB=3.0m/s,已知M点到平台边缘足够远，重力加速度g取10m/s²，求：
(1)刚释放时，弹簧具有的弹性势能Ep；
(2)为使滑块B不能从小车右端滑离小车，小车的最大质量m。；
(3)在满足(2)的条件下，小车的最大速度v0及滑块B最终距Q端的距离Δx。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】据电流的有效值定义，可有2×U0 22R×14T=U2RT，解得 U=12U0,C正确。
2.【答案】B
【解析】光线 a、b在棱镜中传播时的光路如图示，对任一光线，据 sinisinr=n,可知光线从AB进入棱镜时的折射角 r=30°，由数学知识可求出光线到达 BC侧面时的入射角为75⁰，据 sinC=1n,C=450<750,故光线在BC侧面将发射全发射，因而无光线在 BC侧面射出， A 错误；当光线到达 CD侧面时，容易求出其入射角为30°，折射角为45°，所以从CD侧面射出的光线仍与BC平行， B正确；由光路图可知，光线 a、b从CD侧面射出后，光线 a在b的下方， C 错误；由数学知识可推知，光线 a、b从CD侧面射出后间距不变，D错误。
3.【答案】C
【解析】因细线较长，沙漏摆角较小，故沙漏可视为单摆，其周期 T=2π Lg,不随沙子的流出而变化， A错误；由图乙可知， AD对应的时间 t=1+12T,可得 T=23t,故B错误；图乙、丙中 AB和A′B′对应的时间均为 12T，C 正确；图丙中，A′点不是沙子在木板刚开始运动时落在木板上的点，故。 A’B’：B’C’≠1：3,D错误。
4.【答案】D
【解析】若设紫光的临界角未C2，红光的临界角为C1，光路及水面上照亮区域的情况如图示，对紫光有sinC2=1n2,半径 R2=dtanC2，可解得 R2=d n22−1,同理可求出红光的半径 R1=d n12−1,彩色圆环的宽度d=R1−R2=d n12−1−d n22−1,D正确。
5.【答案】D
【解析】灯泡两端电压为电源电压不变，故灯泡亮度不变， A 错误；温度升高， Rt电阻减小，副线圈电阻减小，故电流增大，原线圈电流也增大，故 B错误，电表读数不变， C 错误，电源输出的功率 P=UI可知，故P将增大， D正确。
6.【答案】D
【解析】设小球运动到最高点所用时间为t，对小球，竖直方向有 v0sinθ=gt,h=12gt2,水平方向有2R=v₀cosθ×2t，联立解得 t=0.4s， h=0.8m， R=1.2m，A、B错误；B点转过的路程s=(2n+1)πR，(n=0,1,2.……)，则s不可能为3πm， C 错误；设圆盘转动的周期为 T，则有 2t=n+12T=n+12×2πω,(n=0,1,2…)，可得 ω=πtn+12=5π2n+12,n=0,1,2,当n=2时， ω=25π4,D正确。
7.【答案】B
【解析】线圈刚进入磁场时，有 E=Bdv0,I=ER,F安=BId=ma,联立可解得 a=B2d2v0mR,表明a与v₀成正比，A错误；对线圈，由动量定理有 BIdt=mv0,q=It,I=ER=ΔΦtR=BdxRt,联立有 q=mv0Bd,x=mRv0B2d2,因 v0
8.【答案】AD
【解析】波开始传播后，各质点的起振方向相同，由图乙可知，此时12质点竖直向下振动，因而6质点的起振方向竖直向下， A正确；由图乙可知，4质点和8质点的平衡位置相距为半个波长，故两质点的振动方向总是相反， B错误；此时质点8向上振动，可有 t1=54T=2.5s,则T=2s，由图乙可知绳波的波长λ=8m，因而波速 v=λT=4m/s,C错误；质点1的振动方程为 y=20sin(ωt+π)cm,ω=2πT=π,从开始振动到此时经历的时间 t=xv=114s,代入可解得 y=-10 2cm,D正确。
9.【答案】AB
【解析】当圆形线圈内磁场变化时，可判断A板带正电，B板带负电， A正确；据 c=εS4πkd,C=QU,当A板缓慢向上移动时， d增大，C将减小，电容器应放电，单由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，因而Q不变， U将增大，据 E=Ud=QCd=Q×4πkεS=定值，故带电小球仍静止不动， B正确；相反，若将B板缓慢向上移动时，C将增大， Q将增大， U不变，进而A板电势不变， C 错误；当A板向左移动时，S减小，C将减小，据B项分析可知，电容器不放电，故无电流通过电阻， D错误。
10.【答案】CD
【解析】带电粒子的速度为 v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知，图中∠AO1C=60⁰，所以带电粒子做圆周运动的半径 r1=Rtan60∘= 3R,且有 Bvq=mv2r1,即 r1=mvqB,可求得 v= 3RqBm= 3BkR,A错误；当粒子的速度大小为 33v,粒子做圆周运动的半径r2=m× 33vBq= 33r1=R，若仅把粒子的速度大小改为 33v,粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为 t1=14T,由图甲可知 t=16T,所以 t1=32t,B错误；若粒子的速度为 33v,入射方向为AB右侧与AB夹角30°，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，△AO3D为等边三角形，则粒子在磁场中运动的轨迹长度x=16×2πr2=πR3,C正确；若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知 sinθ=Rr1= 33,而θ角等于 v与AB的夹角，D正确。
11.【答案】(1)> (2)mA R=mA h2+mB h1 (3) 2−1(3分)
【解析】(1)滑块A与B碰撞后仍能继续前进，说明mA>mB；
(2)设滑块A与B碰前的速度大小为 vA，由机械能守恒定律可有 mAgR=12mAvA2,即 vA= 2gR,同理可求得碰后滑块A的速度大小为 v’A= 2gh2,滑块B的速度大小 vB= 2gh1,据动量守恒定律有mAvA=mAv’A+mBvB,代入化简后有 mA R=mA h2+mB h1；
(3)滑块A与B碰撞过程无能量损失时，B的质量越小，碰后B的速度越大，B上升的高度越高，为保证实验成功，B既不能脱离轨道，也不能从轨道最高点飞出，因而B的质量最小时对应的情况为B恰好能到达与 O2等高处，则有， 12m’BvB2=m’Bg×2R,mAvA=mAv’A+m’BvB,12mdvA2=12mAvA’2+12m’BvB2,联立可求得mB’= 2−1mA。
12.【答案】(1)甲 (3) 600(4)不均匀375
【解析】(1)采用图甲时 Rt=U−IARAIA,无系统误差，故应采用的电路为图甲。
(3)由图丙可知，温度越低， Rt 的阻值越小，图丁电路中的电流越大，温度为0℃时， Rt =100Ω，可有 Ig=ERt+Rg+R,代入数据可解得 R=600Ω。
(4)设某一温度时，电流表的示数为Ix，则有 Ix=ERt+Rg+R,Rt=100+4t,代入可得 Ix=1.51500+4t,由该函数可知， Iₓ与t不是线性关系，所以温度刻度线的刻度不均匀，电流表中央刻线的电流为 12Ig=0.5mA,代入 Ix=1.51500+4t,解得 t=375℃。
13.【答案】(1)vm=2m/s，m=0.2kg；(2)x=(R+r)qBL=2m
【解析】(1)根据题意，设金属棒向下运动的最大速度为 vm
由公式可得，金属棒产生的最大电动势为 Eₘ=BLvₘ
由电路图可知，回路总电阻为 R总=R+r
由闭合回路欧姆定律有 U=EmR总⋅R=Em2
联立解得 vm=2UBL=2m/s
根据题意可知，当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件可得
mgsin30∘=BIL=BBLvmR总L
解得 m=2BLUgr=0.2kg
(2)设电压表的示数从0变为U的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔΦΔt
根据闭合回路欧姆定律有 I=ER总
通过金属棒截面的电荷量 q=IΔt=ΔΦR总=BLxR总
解得 x=(R+r)qBL=2m
14.【答案】(1)v= 2Uqmm；(2)B=3 2Uqm2qL；(3)E=UL
【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理得 qU=12mv2
可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小 v= 2Uqmm
(2)画出粒子运动的轨迹如图所示(O为粒子在磁场中圆周运动的圆心)：∠MOD=120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为 r， r+rcos60°=AD=L_
得 r=23L
粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力 qvB=mv2r
解得磁感应强度的大小 B=mvqr=3mv2qL=3 2Uqm2qL
(3)粒子在电场中类平抛运动，加速度为a
由牛顿第二定律得 a=qEm
水平方向2L=vt
竖直方向 L=12at2
解得电场强度的大小 E=mv22qL=UL
15.【答案】(1)Ep=18J；(2)mc=6kg；(3)vm=3+ 33m/s，△x=1.0m
【解析】(1)设滑块A和B碰撞前A的速度大小为 v0，则有
mAv0=mAvA+mBvB)
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立①②解得 vB=2mAmA+mBv0
代入数据可有v0=6m/s
且有 Ep=12mAv02=18J
(2)在保证B不能从右端滑离小车，小车质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与小车共速
对B和小车有 mBvB=mB+mCv
12mBvB2−12mB+mCv2=μmBgL+mBgR④
联立③④代入数据可得 mc=6kg
v=1m/s
(3)当滑块B返回至Q点时，小车的速度最大，设此时B的速度大小为 v′g，则有
mB+mCv=mBv’B+mCvm
12mBvB’2+12mCvm2−12mB+mCv2=mBgR
联立⑤⑥解得 vm=3+ 33m/s
设B最终没有滑离小车，B滑下后相对小车滑行Δx，据能量守恒可有
mgR=μmg△x
解得△x=1.0m
2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 可控硅元件可以实现对调速风扇进行调节，若经过元件调节后，加在风扇上的电压U与时间t的关系由正弦交流电的每半个周期中都截去了前面的四分之一而得到，如图所示。则该交变电压的有效值为( )
A. U0 2 B. U0 3 C. U02 D. U03
2. 图示为光学仪器中的“道威棱镜”的横截面，ABCD为等腰梯形，其底角为45°，与BC平行的两条同种颜色的光线a、b自棱镜的AB侧面射入，经BC侧面反射后从CD侧面射出，若已知棱镜材料的折射率为 2,不考虑光线在CD侧面的反射，则下列说法正确的是( )
A. 光线可能从BC侧面射出
B. 从CD侧面射出的光线仍与BC平行
C. 光线a、b从CD侧面射出后，a仍在b的上方
D. 光线a、b从CD侧面射出后，间距可能增大
3. 某同学利用图甲所示装置来模拟做简谐运动质点的振动图像。一较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏(可视为质点)，装置底部有一可以向前移动的长木板，当沙漏左右摆动时(摆角较小)，漏斗中的沙子均匀流出，同时拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条曲线，该同学测试两次得到板上沙的图样如图乙、丙所示，图中O1O2为漏斗摆到最低点的投影，忽略沙漏重心的变化。下列说法正确的是( )
A. 随着沙子的流出，沙漏摆动的周期逐渐变小
B. 图乙中，若AB对应的时间为t，则沙漏振动的周期为：
C. 图乙和图丙中，AB对应的时间等于A’B’对应的时间
D. 图丙中，若长木板做的是匀加速直线运动，则A’B’：B’C’=1：3
4. 景区、公园等的水面下常设置灯光，夜幕降临后，打开光源，水面上五颜六色，十分赏心悦目，假设某处水域，平静的水面下深为d处只有一个发白光的点光源。已知水对红光的折射率为n1，水对紫光的折射率为n2。则水面上彩色圆环的宽度为( )
A. dn12−1 B. dn22−1
C. d n22−1−d n12−1 D. d n12−1−d n22−1
5. 如图所示，理想变压器原线圈连接灯泡L及理想交流电流表，副线圈连接定值电阻R和热敏电阻Rt(阻值随温度升高而减小)及理想交流电压表，原线圈接有输出电压有效值恒定的交流电源，认为灯泡电阻恒定，当Rt处的温度升高时，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L的亮度将变亮 B. 电流表A的示数将减小
C. 电压表V的示数将减小 D. 电源输出的功率将增大
6. 如图所示，处于水平面内的圆盘可绕穿过盘心O的竖直轴匀速转动，盘边缘有标记为A、B的两点，且A、O、B三点在同一直线上，当A点转到盘的最左侧时，一小球自盘的边缘从A点以速度v0=5m/s的速度斜向上抛出，使小球在过直线AOB的竖直面内运动，速度方向与直线AOB的夹角θ=53°，已知当小球经过盘的右边缘时，标记为A的点也恰好运动到此，图中虚线为小球的运动轨迹，g取10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是( )
A. 圆盘的半径为0.8m B. 小球离圆盘的最大高度为1.0m
C. B点转过的路程可能为3πm D. 圆盘转动的角速度可能为254πrad/s
7. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L、宽为d的金属矩形线圈，其电阻为R，质量为m，线圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现使线圈以垂直磁场边界大小为v0v0
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 某同学欲研究绳波的传播及绳上质点的振动的规律，他把绳的一端固定在墙上，在绳上每隔1.0m标记一个点，如图甲所示。该同学手拿绳的左端上下做简谐振动时，某一时刻波恰好传播到12质点，1质点与12质点间的波形如图乙所示，且测得手抖动时距离绳水平时的最大高度为20cm，从图示时刻起质点8又经过2.5s第二次到达最高点。下列说法正确的是( )
A. 6质点的起振方向竖直向下
B. 质点4和8的振动方向总是相同
C. 绳波传播的速度大小为1m/s
D. 此时1质点相对平衡位置的位移为−10 2cm
9. 如图所示，A、B为水平放置，平行正对的金属板，B板接地，两金属板通过电阻和理想二极管与单匝环形线圈相连，环内充满一变化的磁场，磁场方向垂直环面向里，当磁场以B=B0+kt(t表示时间，比例系数k>0)的规律变化时，处于金属板内P点的带电小球恰好静止不动。下列说法正确的是( )
A. A板电势高于B板的电势
B. 若将A板缓慢竖直向上移动稍许，带电小球仍静止不动
C. 若将B板缓慢竖直向上移动稍许，A板电势将升高
D. 若将A板缓慢水平向左移动稍许，在移动过程中将有电流通过电阻
10. 如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度v射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为60°，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 带电粒子的速度大小为v= 3RBk
B. 若只让粒子速度大小改为 33v,则粒子在磁场中的运动时间为23t
C. 若让粒子速度大小改为 33v,入射方向改为AB右侧与AB夹角30°，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为πR3
D. 若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为 33
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 某同学欲验证动量守恒定律，使用的器材有：处于竖直面内的光滑轨道MNPQ(半圆MN和PQ的半径分别为R和2R，O1和O2分别为其圆心，NP部分水平且与两个半圆相切)，小滑块A(底面带有可涂红色油墨的装置)和B(底面带有可涂蓝色油墨的装置)，主要实验步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为mA和mB。
②滑块B静置在P点，让滑块A自半圆MN的中点O3处由静止释放，与滑块B碰撞后，两者均沿半圆轨道PQ上升。
③测出蓝色印迹的最高点与NP的竖直高度为h1(h1≤2R)，红色印迹最高点与NP的竖直高度为h2。
回答以下问题：
(1)为保证实验成功，首先应满足mA______ mB。(填“>”或“<”)
(2)在实验成功的条件下，验证动量守恒定律的表达式为_。(用题中所给字母表示)
(3)若滑块A和B碰撞过程无能量损失，为保证实验成功，则滑块B的最小质量m′B与滑块A的质量mA关系为m’B=___________mA。
12. 某实验小组欲利用金属热敏电阻制作一简易测温仪。
(1)小组同学从实验室取来相关器材，先测量热敏电阻R，在不同温度时电阻，其中电流表的内阻已知，为提高测量精确度，应采用的电路为_____(填“甲”或“乙”)。
(2)选用正确的电路后，测出的热敏电阻Rt与摄氏温度t的关系图像如图丙所示。
(3)小组同学设计的测温仪的内部电路如图丁所示。已知图中电源电动势为E=1.5V，内阻可忽略，灵敏电流计的满偏电流为Ig=1mA,内阻为Rg=800Ω,设计测温仪能测量的最低温度为0℃，则图中滑动变阻器的最大阻值不能小于_____Ω。
(4)利用上述方法，可以把电流计刻度线改为温度刻度线，则温度刻度线的刻度_____(填“均匀”或“不均匀”)，电流计中央刻线标识的温度应为_____℃。(滑动变阻器取(3)的最小值)
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13. 如图所示，间距为L=1m、足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角θ=30°，导轨上端连接一个电压表(可看成理想电压表)，下端连接的电阻大小为R=1Ω，整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。一金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，已知金属棒下滑时电压表的最大示数为Uₘₐₓ=1V,金属棒接入电路的电阻大小为r=1Ω，重力加速度大小g=10m/s2，不计导轨电阻。(金属棒始终未与电阻接触)
(1)求金属棒向下运动的最大速度和金属棒的质量；
(2)若电压表的示数从0变为Umax的过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q=1C，求金属棒沿导轨运动的距离。
14. 如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，AC上方为垂直纸面向外的匀强磁场，下方是一个电场强度大小未知的匀强电场，电场方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(重力不计)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，经小孔M沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ=60°，运动一段时间后，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点。已知AD=L，AN=2L，求：
(1)粒子从小孔M刚进入磁场时的速度大小v；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)电场强度E的大小。
15. 如图所示，轻质弹簧的左端固定在光滑平台的挡板P上，质量mA=1.0kg的物块A处于弹簧的右端，两者无连接，有一紧靠在平台处的小车，上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L=2.0m，小车的右端为半径R=0.1m的14光滑圆弧，小车的左端有一可视为质点的滑块B，其质量为mB=3.0kg，与NQ间的动摩擦因数μ=0.1.现缓慢向左推滑块A到M点，使弹簧压缩，静止释放后，滑块A沿平台向右运动，与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB=3.0m/s,已知M点到平台边缘足够远，重力加速度g取10m/s²，求：
(1)刚释放时，弹簧具有的弹性势能Ep；
(2)为使滑块B不能从小车右端滑离小车，小车的最大质量m。；
(3)在满足(2)的条件下，小车的最大速度v0及滑块B最终距Q端的距离Δx。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】据电流的有效值定义，可有2×U0 22R×14T=U2RT，解得 U=12U0,C正确。
2.【答案】B
【解析】光线 a、b在棱镜中传播时的光路如图示，对任一光线，据 sinisinr=n,可知光线从AB进入棱镜时的折射角 r=30°，由数学知识可求出光线到达 BC侧面时的入射角为75⁰，据 sinC=1n,C=450<750,故光线在BC侧面将发射全发射，因而无光线在 BC侧面射出， A 错误；当光线到达 CD侧面时，容易求出其入射角为30°，折射角为45°，所以从CD侧面射出的光线仍与BC平行， B正确；由光路图可知，光线 a、b从CD侧面射出后，光线 a在b的下方， C 错误；由数学知识可推知，光线 a、b从CD侧面射出后间距不变，D错误。
3.【答案】C
【解析】因细线较长，沙漏摆角较小，故沙漏可视为单摆，其周期 T=2π Lg,不随沙子的流出而变化， A错误；由图乙可知， AD对应的时间 t=1+12T,可得 T=23t,故B错误；图乙、丙中 AB和A′B′对应的时间均为 12T，C 正确；图丙中，A′点不是沙子在木板刚开始运动时落在木板上的点，故。 A’B’：B’C’≠1：3,D错误。
4.【答案】D
【解析】若设紫光的临界角未C2，红光的临界角为C1，光路及水面上照亮区域的情况如图示，对紫光有sinC2=1n2,半径 R2=dtanC2，可解得 R2=d n22−1,同理可求出红光的半径 R1=d n12−1,彩色圆环的宽度d=R1−R2=d n12−1−d n22−1,D正确。
5.【答案】D
【解析】灯泡两端电压为电源电压不变，故灯泡亮度不变， A 错误；温度升高， Rt电阻减小，副线圈电阻减小，故电流增大，原线圈电流也增大，故 B错误，电表读数不变， C 错误，电源输出的功率 P=UI可知，故P将增大， D正确。
6.【答案】D
【解析】设小球运动到最高点所用时间为t，对小球，竖直方向有 v0sinθ=gt,h=12gt2,水平方向有2R=v₀cosθ×2t，联立解得 t=0.4s， h=0.8m， R=1.2m，A、B错误；B点转过的路程s=(2n+1)πR，(n=0,1,2.……)，则s不可能为3πm， C 错误；设圆盘转动的周期为 T，则有 2t=n+12T=n+12×2πω,(n=0,1,2…)，可得 ω=πtn+12=5π2n+12,n=0,1,2,当n=2时， ω=25π4,D正确。
7.【答案】B
【解析】线圈刚进入磁场时，有 E=Bdv0,I=ER,F安=BId=ma,联立可解得 a=B2d2v0mR,表明a与v₀成正比，A错误；对线圈，由动量定理有 BIdt=mv0,q=It,I=ER=ΔΦtR=BdxRt,联立有 q=mv0Bd,x=mRv0B2d2,因 v0
8.【答案】AD
【解析】波开始传播后，各质点的起振方向相同，由图乙可知，此时12质点竖直向下振动，因而6质点的起振方向竖直向下， A正确；由图乙可知，4质点和8质点的平衡位置相距为半个波长，故两质点的振动方向总是相反， B错误；此时质点8向上振动，可有 t1=54T=2.5s,则T=2s，由图乙可知绳波的波长λ=8m，因而波速 v=λT=4m/s,C错误；质点1的振动方程为 y=20sin(ωt+π)cm,ω=2πT=π,从开始振动到此时经历的时间 t=xv=114s,代入可解得 y=-10 2cm,D正确。
9.【答案】AB
【解析】当圆形线圈内磁场变化时，可判断A板带正电，B板带负电， A正确；据 c=εS4πkd,C=QU,当A板缓慢向上移动时， d增大，C将减小，电容器应放电，单由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，因而Q不变， U将增大，据 E=Ud=QCd=Q×4πkεS=定值，故带电小球仍静止不动， B正确；相反，若将B板缓慢向上移动时，C将增大， Q将增大， U不变，进而A板电势不变， C 错误；当A板向左移动时，S减小，C将减小，据B项分析可知，电容器不放电，故无电流通过电阻， D错误。
10.【答案】CD
【解析】带电粒子的速度为 v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知，图中∠AO1C=60⁰，所以带电粒子做圆周运动的半径 r1=Rtan60∘= 3R,且有 Bvq=mv2r1,即 r1=mvqB,可求得 v= 3RqBm= 3BkR,A错误；当粒子的速度大小为 33v,粒子做圆周运动的半径r2=m× 33vBq= 33r1=R，若仅把粒子的速度大小改为 33v,粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为 t1=14T,由图甲可知 t=16T,所以 t1=32t,B错误；若粒子的速度为 33v,入射方向为AB右侧与AB夹角30°，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，△AO3D为等边三角形，则粒子在磁场中运动的轨迹长度x=16×2πr2=πR3,C正确；若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知 sinθ=Rr1= 33,而θ角等于 v与AB的夹角，D正确。
11.【答案】(1)> (2)mA R=mA h2+mB h1 (3) 2−1(3分)
【解析】(1)滑块A与B碰撞后仍能继续前进，说明mA>mB；
(2)设滑块A与B碰前的速度大小为 vA，由机械能守恒定律可有 mAgR=12mAvA2,即 vA= 2gR,同理可求得碰后滑块A的速度大小为 v’A= 2gh2,滑块B的速度大小 vB= 2gh1,据动量守恒定律有mAvA=mAv’A+mBvB,代入化简后有 mA R=mA h2+mB h1；
(3)滑块A与B碰撞过程无能量损失时，B的质量越小，碰后B的速度越大，B上升的高度越高，为保证实验成功，B既不能脱离轨道，也不能从轨道最高点飞出，因而B的质量最小时对应的情况为B恰好能到达与 O2等高处，则有， 12m’BvB2=m’Bg×2R,mAvA=mAv’A+m’BvB,12mdvA2=12mAvA’2+12m’BvB2,联立可求得mB’= 2−1mA。
12.【答案】(1)甲 (3) 600(4)不均匀375
【解析】(1)采用图甲时 Rt=U−IARAIA,无系统误差，故应采用的电路为图甲。
(3)由图丙可知，温度越低， Rt 的阻值越小，图丁电路中的电流越大，温度为0℃时， Rt =100Ω，可有 Ig=ERt+Rg+R,代入数据可解得 R=600Ω。
(4)设某一温度时，电流表的示数为Ix，则有 Ix=ERt+Rg+R,Rt=100+4t,代入可得 Ix=1.51500+4t,由该函数可知， Iₓ与t不是线性关系，所以温度刻度线的刻度不均匀，电流表中央刻线的电流为 12Ig=0.5mA,代入 Ix=1.51500+4t,解得 t=375℃。
13.【答案】(1)vm=2m/s，m=0.2kg；(2)x=(R+r)qBL=2m
【解析】(1)根据题意，设金属棒向下运动的最大速度为 vm
由公式可得，金属棒产生的最大电动势为 Eₘ=BLvₘ
由电路图可知，回路总电阻为 R总=R+r
由闭合回路欧姆定律有 U=EmR总⋅R=Em2
联立解得 vm=2UBL=2m/s
根据题意可知，当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件可得
mgsin30∘=BIL=BBLvmR总L
解得 m=2BLUgr=0.2kg
(2)设电压表的示数从0变为U的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔΦΔt
根据闭合回路欧姆定律有 I=ER总
通过金属棒截面的电荷量 q=IΔt=ΔΦR总=BLxR总
解得 x=(R+r)qBL=2m
14.【答案】(1)v= 2Uqmm；(2)B=3 2Uqm2qL；(3)E=UL
【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理得 qU=12mv2
可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小 v= 2Uqmm
(2)画出粒子运动的轨迹如图所示(O为粒子在磁场中圆周运动的圆心)：∠MOD=120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为 r， r+rcos60°=AD=L_
得 r=23L
粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力 qvB=mv2r
解得磁感应强度的大小 B=mvqr=3mv2qL=3 2Uqm2qL
(3)粒子在电场中类平抛运动，加速度为a
由牛顿第二定律得 a=qEm
水平方向2L=vt
竖直方向 L=12at2
解得电场强度的大小 E=mv22qL=UL
15.【答案】(1)Ep=18J；(2)mc=6kg；(3)vm=3+ 33m/s，△x=1.0m
【解析】(1)设滑块A和B碰撞前A的速度大小为 v0，则有
mAv0=mAvA+mBvB)
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立①②解得 vB=2mAmA+mBv0
代入数据可有v0=6m/s
且有 Ep=12mAv02=18J
(2)在保证B不能从右端滑离小车，小车质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与小车共速
对B和小车有 mBvB=mB+mCv
12mBvB2−12mB+mCv2=μmBgL+mBgR④
联立③④代入数据可得 mc=6kg
v=1m/s
(3)当滑块B返回至Q点时，小车的速度最大，设此时B的速度大小为 v′g，则有
mB+mCv=mBv’B+mCvm
12mBvB’2+12mCvm2−12mB+mCv2=mBgR
联立⑤⑥解得 vm=3+ 33m/s
设B最终没有滑离小车，B滑下后相对小车滑行Δx，据能量守恒可有
mgR=μmg△x
解得△x=1.0m
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