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） (1)

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） (1)，共13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。
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.关于下面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右的磁场，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=εbk−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1213mD. 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+01n② 24He+714N→817O+11H
③ 92238U→90234Th+24He④ 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。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

(1)此玻璃的折射率为_______；
(2)光线从B到D传播所需的时间为_______(用题中符号表示)
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.G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，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。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是向______(填“上”、“下”)；图(3)中的电流表G的指针向___偏(填“左”、“右”)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、计算题：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】A.电磁波的传播和振动垂直是横波，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，可以采用调频、调幅二种方式进行调制，故C错误；
D.电磁波既能够传递信号，也能传播能量，故D错误；
故选B。
2.【答案】D
【解析】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，选项A错误；
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干涉现象，选项B错误；
C.图丙显示了大头针针尖的影子边缘模糊不清，这是光的衍射现象引起的，选项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，选项D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】AB.根据题意可知，A板带正电，B板带负电，带正电的粒子将向B板偏转，带负电的粒子将向A板偏转， α 射线为氦核流，带正电，将向B板偏转，且 α 射线电离能力最强，穿透能力最弱，故AB错误；
C. β 射线为电子流，带负电，将向A板偏转，且 β 射线是原子核内的中子转化为质子时放出的，其转变方程为
01n→11H+−10e
故C正确；
D. γ 射线为光子流，不带电，在电场中不会发生偏转，但可以用于治疗肿瘤，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】A.由乙图知，螺线管内的磁通量向右且增强，根据楞次定律，知螺线管中感应电流方向由A流向C，流经R的电流由C流向A，即电阻R两端，C端电势高，故A正确；
B.感应电动势
E=nΔφΔt=1000×0.6−0.21×10−3V=0.4V
电阻R两端电压为
U=RR+rE=0.36V
故B错误；
C.0∼2s通过电阻R的电荷量为
q=ER+rt=0.49+1×0.2C=8×10−3C
故C错误；
D.0∼2s电阻R产生的焦耳热为
Q=(ER+r)2Rt=(0.49+1)2×9×0.2J=2.88×10−3J
故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得
I=m−12v1−v1=−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，铁锤与砖头由动量守恒定律可得
mv1=−12mv1+Mv
解得
Mv=32mv1
砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得
F1+Mgt=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
F 1′=−F1=Mg+3mv12t
故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】ABC
【解析】A.因为 t=0 时刻，发电机线圈平面与磁场方向垂直，所以变压器原线圈两端的电压为
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，则发电机线圈的磁通量为
Φ= 22EmNω=U0Nω
故B正确；
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，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ABC。
7.【答案】ABC
【解析】A.根据光子能量公式 ε=hv 可得
vavb=1k
A正确；
B.根据 ε=hcλ 及 Δx=ldλ ，故
Δx=ld⋅hcε
所以
ΔxaΔxb=εbεa=1k
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−1εb
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
D错误。
故选ABC。
8.【答案】AD
【解析】A.由图可知， 1.5s 末A、B两质点都在向y轴负方向振动，且 1.5s 处两曲线的切线斜率相同，所以 1.5s 末A、B两质点的速度相同，故A正确；
B.由图可知， 2.5s 末A、B两质点的位移相同，故B错误；
C.由图可知，波从A点传到B点用时 34λ+nλ ，其中n=0、1、2……A、B两点相距3m，所以波长为
λ=124n+3n=0,1,2...
故C错误；
D.由图可知，该波的周期 T=4s ，所以波速
v=λT=34n+3n=0,1,2...
当n=2时， v=311m/s ，故D正确。
故选AD。
9.【答案】 ③ ④
【解析】[1]α 衰变是在自然状态下发生衰变并放出 α 粒子过程，故③属于 α 衰变。
[2]核裂变是中子轰击重核裂变为两个轻核且放出中子的过程，故④属于裂变。
10.【答案】 3 3Rc
【解析】(1)[1]根据几何关系可知
∠AOD=60∘
则根据同位角相等可知出射光线与法线的夹角为 60∘ ，因此可得此玻璃的折射率为
n=sin60∘sin30∘= 3
(2)[2]根据
n=cv
v=BDt
BD= 3R
联立解得
t=3Rc
11.【答案】
【解析】[1]O为平衡位置，设C点为最远点，振子从O→C所需时间为 T4 ，简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故
T4=0.5s+0.2s2=0.6s
解得周期
T=2.4s
[2]若振子一开始从平衡位置向点C运动，设点 M′ 与点M关于点O对称，则振子从点 M′ 经过点C到点 M′ 所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，为0.2s，振子从点O到点 M′ 、从点 M′ 到点O及从点O到点M所需时间相等，则
T4+T4+T4−0.1s=0.5s
解得周期为
T=0.8s
12.【答案】下；右；S。
【解析】[1]指针左偏说明线圈中电流方向向下，感应电流产生的磁场方向向下，原磁场方向向上，二者方向相反，说明线圈中磁通量增加，由楞次定律分析可磁铁要靠近线圈，故条形磁铁的运动方向是向下。
[2]由楞次定律分析，原磁场方向向下，线圈中磁通量增大，为阻碍磁通量增大，感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可知线圈中电流方向向上，电流从右端流入电流表，故电流表G的指针向右偏。
[3]指针右偏说明线圈中电流方向向上，感应电流产生的磁场方向向上，因磁铁远离线圈，线圈磁通量减小，为阻碍磁通量减小，原磁场和感应电流产生的磁场方向相同，说明原磁场方向也向上，故条形磁铁下端为S极。
13.【答案】 m1v1=m1v′1+m2v′2 C A C
【解析】(1)[1]由系统动量守恒可知，要验证的计算式为
m1v1=m1v′1+m2v′2
(2)[2]两小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v1=m1v′1+m2v′2
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
m1v1t=m1v′1t+m2v′2t
直接测定小球碰撞前后的速度不容易，可以通过测量小球做平抛运动的射程，就能间接地解决这个问题。
故选C。
(3)[3]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，会导致1球撞前速度实际变小，但带入数据时v1仍取第一次操作时的v1，等式左边不变，碰后两球的动量之和小于m1v1，故选A。
(4)[4]因为槽的末端倾斜导致速度的水平分量减小，对应水平位移也相应减小，则v1减小；所以导致碰后两球的动量之和大于m1v1。
故选C。
14.【答案】(1)v=mgRsinθB2L2 ；(2)Q=mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4 ；(3)t=mRB2L2+B2L3mgRsinθ
【解析】(1)线框匀速运动时，据平衡条件可得
mgsinθ=BIL=B⋅BLvR⋅L
解得
v=mgRsinθB2L2
(2)据能量守恒定律可得
mg⋅Lsinθ=12mv2+Q
解得线框离开磁场的全过程产生的热量为
Q=mgLsinθ−m3g2R2sin2θ2B4L4
(3)线框离开磁场过程通过回路横截面的电荷量为
q=It=ERt=B⋅L2tRt=BL2R
该过程据动量定理可得
mgsinθ⋅t−BIL⋅t=mv
联立解得线框离开磁场的全过程所用时间为
t=mRB2L2+B2L3mgRsinθ
15.【答案】(1)3m/s ；(2)0.9m ；(3)0.45J
【解析】(1)小球A运动到最低点时有
mgR(1−cs60∘)=12mvA2
当小球运动到最低点时恰好与物块B发生弹性正碰，则
mvA=mv′A+mv′B
12mvA2=12mv′A2+12mv′B2
联立解得
v′B=3m/s
(2)物块B在C上运动的过程中，物块B与挡板恰好能不相碰，则
mv′B=(m+m)v
μmgL=12mv′B2−12(m+m)v2
解得
L=0.9m
(3)由题可知，此过程
mv′B=(m+m)v
ΔE损+μ ′mg⋅2L=12mv ′B2−12(m+m)v2
解得
ΔE损=0.45J