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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） (1)
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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） (1)，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，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30cm
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，LP：LQ=2：1，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0
D. 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的电功率之比为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12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，如图丙所示，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、简答题：本大题共2小题，共30分。
11.如图所示，宽度为L的U形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。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
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】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，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.由于玻璃对a光的折射率较大，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。
根据光的偏折程度分析折射率大小；由v=cn分析光在玻璃砖中传播速度大小；由临界角公式sinC=1n分析临界角大小；根据波长关系分析哪一束光容易发生衍射现象。
根据光的偏折程度分析折射率的大小是解决本题的关键，同时，要掌握折射率与光速、临界角、波长等物理量的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A.根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，减小双缝与屏之间的距离d，条纹间距变小，故A错误；
B.条纹间距Δx=an−1，其中a为n条明条纹或暗条纹之间的宽度，若测量过程中误将5个条纹间距数成6个，则条纹间距变小；根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，波长的测量值λ=dl⋅Δx，所以波长的测量值变小，故B正确；
C.将双缝换为间距更小的双缝后，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，干涉条纹间距变宽，故C错误；
D.紫光的波长小于红光的波长，将滤光片由紫色换成红色，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，干涉条纹间距变宽，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=ldλ，判断干涉条纹间距的变化，从而即可求解。
本题考查双缝干涉测量波长的实验原理Δx=ldλ；要记清楚紫光的波长与红光的波长大小。
3.【答案】D
【解析】解：A.由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲和同侧法该简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s，故B错误；
C.在t=1s时，质点P沿y轴负方向运动，再过半个周期即t=2s时，质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D.在1s∼3.5s时间内t=2.5s=54T
质点N的路程为：
s=54×4A=54×4×6cm=30cm，故D正确。
故选：D。
根据图像得出质点M的振动方向，结合同侧法得出简谐横波的传播方向；
根据图像得出波长和周期，进而得出波速的大小；
根据简谐横波在水平方向上的运动特点得出质点P的位置以及其运动方向；
根据时间和周期的关系，结合竖直方向上的振动特点得出质点的路程。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，根据简谐横波在不同方向上的运动特点和运动学公式即可完成分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、磁感应强度随时间均匀减小，则穿过两线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；
B、根据Φ=BS可知同一时刻磁通量大小之比为ΦP：ΦQ=SP：SQ=LP2：LQ2=22：1=4：1，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律得感应电动势大小E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，则感应电动势大小之比为EPEQ=nPnQ⋅SPSQ=12×41=21，故C错误；
D、根据电阻定律R=ρlS′(l为总长度)
可知两线圈的电阻之比为RPRQ=nP⋅4LPnQ⋅4LQ=1×22×1=11
根据I=ER得感应电流大小之比IP：IQ=EP：EQ=2：1，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断线圈中感应电流方向；根据Φ=BS求解磁通量大小之比；根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势之比，然后根据欧姆定律计算感应电流之比。
本题考查电磁感应与电路相结合问题，要注意明确电流方向以及感应电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
5.【答案】A
【解析】解：物体从顶端滑到底端的过程中，有能量守恒定律知减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，由能量守恒定律知到达底端时的动能减小，速度减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
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；减小的重力势能相同，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，摩擦生热增加，根据由能量守恒定律，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能量守恒定律，两种情况减小的重力势能相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变小，即两种情况摩擦生热不同，从而比较出到达底端的速率。
6.【答案】BC
【解析】解：A、t=0时，穿过线圈的磁通量为零，线圈位于垂直于中性面的位置，线圈中的电流没有改变方向，故A错误；
B、t=1s时，穿过线圈的磁通量为零，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，线圈位于中性面，线圈中的感应电动势为0，故C正确；
D、感应电动势最大值为Em=nBSω=nΦm⋅2πT=100×4×10−2×2π2V=4πV，感应电动势有效值为E= 22Em= 22×4πV=2π 2V，一个周期内，线圈产生的热量为Q=E2RT=(2π 2)22×2J=8π2J，故D错误。
故选：BC。
线圈绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，产生正弦式交变电流，线圈在垂直于中性面的位置时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大。线圈在中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0。根据焦耳定律求线圈产生的热量。
熟悉交流电的产生过程，以及感应电动势最大值与磁通量最大值之间的关系不难解答本题，要注意求出热量要用有效值。
7.【答案】AD
【解析】【分析】
根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比．
本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比．
【解答】
AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为7U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为7：1，故A正确，B错误；
CD、根据变压器原理可得I1I2=n2n1=17，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：7；故C错误，D正确；
故选：AD。
8.【答案】AB
【解析】解：A.Q和P组成的系统，只有小球P的重力做功，满足系统机械能守恒，故A正确；
B.由于小球P在竖直方向存在加速度，而凹槽Q在竖直方向没有加速度，则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故Q和P组成的系统动量不守恒，故B正确；
C.Q和P组成的系统在水平方向不受力，系统满足水平方向动量守恒，当小球P运动到圆心等高处时，小球P和凹槽Q的速度均为零，此时小球P和凹槽Q的动能均最小，故C错误；
D.当P释放后第一次速度为零时，小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处，此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为2R.但由于凹槽Q向右运动，可知小球P的位移小于2R，故D错误。
故选：AB。
根据动量定理和机械能守恒定律，通过类比人船模型来判断题目动量守恒和机械能守恒，通过跟换参照物判断位移。
该题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，灵活掌握其定律和物理意义，是正确解题的关键。
9.【答案】AB>mAOE=mAOD+mBOF
【解析】解：①质量与速度的乘积是动量，实验需要测量小球的质量与速度，小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球做平抛运动的水平位移代替速度，测量质量需要天平，测量水平位移需要刻度尺，该实验不需要秒表，故选AB。
②为了尽量减小实验误差，两小球碰撞后入射球不能反弹，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即两个小球的质量应满足mA>mB；
小球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为t，入射球碰撞前的速度v0=OEt，碰撞后入射球的速度vA=ODt，碰撞后被碰球的速度vB=OFt
两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：mAv0=mAvA+mBvB，整理得：mAOE=mAOD+mBOF
故答案为：①AB；②>，mAOE=mAOD+mBOF。
①根据实验需要测量的量选择实验器材。
②为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用动量守恒定律可以解题。
10.【答案】BCEF 乙 实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长
【解析】解：①为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线，摆线应选择B；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择C；实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，应把单摆固定在铁架台上，因此需要的实验器材有：BCEF；
②实验过程要保持摆长不变，单摆的悬点需要固定，如果选择图甲所示方式，单摆运动过程摆长易发生改变，如果按图乙所示固定方式，单摆摆动过程摆长不变，应选择图乙所示固定方式。
③根据单摆周期公式T=2π Lg
化简得T2=4π2g⋅L
因此T2−l图像的理论值为过原点的正比例函数，且斜率为k=4π2g
如果实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则真实摆长L′=L−r
根据单摆周期公式可得T2=4π2g⋅L−4π2rg
可见图像斜率不变，当T2=0时，L=r图像不过原点，导致测量值图像向右平移，与横坐标有交点；因此造成图线向右平移的原因是实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长。
故该同学分析正确。
故答案为：①BCEF；②乙；③实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长。
①为减小实验误差应选择适当长些的细线做摆线；为减小阻力对实验的影响应选择质量较大而体积较小的球做摆球；根据实验器材与实验需要测量的量分析答题；
②为防止摆球摆动过程摆长发生变化，悬点应固定；
③根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据题意分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验的实验器材、实验注意事项与实验数据处理，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；根据题意应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
11.【答案】解：(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=B2L2v2ΔtR+r
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。
答：(1)MN棒两端的电势差为BLvRR+r；
(2)见解析。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出MN棒两端的电势差；
(2)根据焦耳定律结合能量守恒定律完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律和能量守恒定律即可完成分析。
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。
设该过程中弧形槽的位移为x，则物块甲的水平位移大小为R−x，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得
0=mR−xt−2mxt
解得：x=R3
(2)设物块甲滑到弧形槽底端的速度为v1，此时弧形槽的速度为v2，该过程中，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒以及机械能守恒得
0=mv1−2mv2，mgR=12mv12+12×2mv22
解得：v1= 4gR3，v2= gR3
滑块甲刚好滑到B点的速度为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，右动量守恒定律可得
mv3=(m+5m)v4
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能
Ep=12mv32−12(m+5m)v42
联立解得：Ep=512mgR
答：(1)物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小为R3；
(2)整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值为512mgR。
【解析】(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不受外力，系统水平方向动量守恒，由此列式求解。
(2)根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出物块甲滑到弧形槽底端时两者的速度。由动能定理求出滑块甲刚好滑到B点的速度。当物块甲与物块乙共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求弹簧储存的弹性势能的最大值。
本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转化的。要注意物块甲沿光滑弧形槽下滑的过程中，系统总动量并不守恒，水平方向动量才守恒。
13.【答案】解：(1)质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得：qv0B0=qE0
代入数据可得：v0=1×107m/s
在加速电场中，由动能定理有：qU=12mv02
代入数据联立得：U=5×105V
(2)质子进入电场做类平抛运动，由题意：tanα=v0vy
而根据牛顿第二定律知：a=qE1m
所以到达Q点的时间：t=vya
代入数据可得：t= 35×10−7s
所以水平位移：x=v0t=1×107× 35×10−7m= 35m
竖直位移：y=12at2=12×5×1061×10−8×( 35×10−7)2m=0.3m
则Q点坐标( 35m,0.2m)。
(3)质子进入磁场的速度为v，则v=v0cs60∘=1×1070.5m/s=2×107m/s
质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有：qvB1=mv2R
将B的最大值和最小值代入可得到半径的范围是：0.4m3≤R≤0.2m
由几何关系有：OQ=xcs30∘=0.2 3 32m=0.4m，QN=d−y=0.5m−0.3m=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∘=0.43× 32m= 315m
答：(1)极板AA1间的加速电压U为5×105V；
(2)Q点位置坐标为( 35m,0.2m)；
(3)质子能到达x轴上的区间的长度L为 315m。
【解析】(1)根据速度选择器的原理，根据共点力的平衡和动能定理求出加速电压；
(2)分析质子在电场中的运动，根据类平抛运动的规律，由运动学公式和几何关系求出水平位移和竖直位移，结合进入电场的位置求出Q点的坐标；
(3)根据速度的合成与分解求出质子进入磁场的速度，再根据质子在磁场中运动的半径结合牛顿第二定律，由几何关系求出质子能到达x轴上的区间长度。
本题考查了速度选择器和电磁组合场的相关知识，解决本题的关键是理解速度选择器的原理，粒子在电场中的类平抛以及在磁场中的匀速圆周运动模型。
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30cm
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，LP：LQ=2：1，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0
D. 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的电功率之比为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12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，如图丙所示，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、简答题：本大题共2小题，共30分。
11.如图所示，宽度为L的U形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。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
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】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，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.由于玻璃对a光的折射率较大，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。
根据光的偏折程度分析折射率大小；由v=cn分析光在玻璃砖中传播速度大小；由临界角公式sinC=1n分析临界角大小；根据波长关系分析哪一束光容易发生衍射现象。
根据光的偏折程度分析折射率的大小是解决本题的关键，同时，要掌握折射率与光速、临界角、波长等物理量的关系。
2.【答案】B
【解析】解：A.根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，减小双缝与屏之间的距离d，条纹间距变小，故A错误；
B.条纹间距Δx=an−1，其中a为n条明条纹或暗条纹之间的宽度，若测量过程中误将5个条纹间距数成6个，则条纹间距变小；根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，波长的测量值λ=dl⋅Δx，所以波长的测量值变小，故B正确；
C.将双缝换为间距更小的双缝后，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，干涉条纹间距变宽，故C错误；
D.紫光的波长小于红光的波长，将滤光片由紫色换成红色，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，干涉条纹间距变宽，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=ldλ，判断干涉条纹间距的变化，从而即可求解。
本题考查双缝干涉测量波长的实验原理Δx=ldλ；要记清楚紫光的波长与红光的波长大小。
3.【答案】D
【解析】解：A.由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲和同侧法该简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s，故B错误；
C.在t=1s时，质点P沿y轴负方向运动，再过半个周期即t=2s时，质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D.在1s∼3.5s时间内t=2.5s=54T
质点N的路程为：
s=54×4A=54×4×6cm=30cm，故D正确。
故选：D。
根据图像得出质点M的振动方向，结合同侧法得出简谐横波的传播方向；
根据图像得出波长和周期，进而得出波速的大小；
根据简谐横波在水平方向上的运动特点得出质点P的位置以及其运动方向；
根据时间和周期的关系，结合竖直方向上的振动特点得出质点的路程。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，根据简谐横波在不同方向上的运动特点和运动学公式即可完成分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、磁感应强度随时间均匀减小，则穿过两线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；
B、根据Φ=BS可知同一时刻磁通量大小之比为ΦP：ΦQ=SP：SQ=LP2：LQ2=22：1=4：1，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律得感应电动势大小E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，则感应电动势大小之比为EPEQ=nPnQ⋅SPSQ=12×41=21，故C错误；
D、根据电阻定律R=ρlS′(l为总长度)
可知两线圈的电阻之比为RPRQ=nP⋅4LPnQ⋅4LQ=1×22×1=11
根据I=ER得感应电流大小之比IP：IQ=EP：EQ=2：1，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断线圈中感应电流方向；根据Φ=BS求解磁通量大小之比；根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势之比，然后根据欧姆定律计算感应电流之比。
本题考查电磁感应与电路相结合问题，要注意明确电流方向以及感应电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
5.【答案】A
【解析】解：物体从顶端滑到底端的过程中，有能量守恒定律知减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，由能量守恒定律知到达底端时的动能减小，速度减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
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；减小的重力势能相同，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，摩擦生热增加，根据由能量守恒定律，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能量守恒定律，两种情况减小的重力势能相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变小，即两种情况摩擦生热不同，从而比较出到达底端的速率。
6.【答案】BC
【解析】解：A、t=0时，穿过线圈的磁通量为零，线圈位于垂直于中性面的位置，线圈中的电流没有改变方向，故A错误；
B、t=1s时，穿过线圈的磁通量为零，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，线圈位于中性面，线圈中的感应电动势为0，故C正确；
D、感应电动势最大值为Em=nBSω=nΦm⋅2πT=100×4×10−2×2π2V=4πV，感应电动势有效值为E= 22Em= 22×4πV=2π 2V，一个周期内，线圈产生的热量为Q=E2RT=(2π 2)22×2J=8π2J，故D错误。
故选：BC。
线圈绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，产生正弦式交变电流，线圈在垂直于中性面的位置时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大。线圈在中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0。根据焦耳定律求线圈产生的热量。
熟悉交流电的产生过程，以及感应电动势最大值与磁通量最大值之间的关系不难解答本题，要注意求出热量要用有效值。
7.【答案】AD
【解析】【分析】
根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比．
本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比．
【解答】
AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为7U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为7：1，故A正确，B错误；
CD、根据变压器原理可得I1I2=n2n1=17，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：7；故C错误，D正确；
故选：AD。
8.【答案】AB
【解析】解：A.Q和P组成的系统，只有小球P的重力做功，满足系统机械能守恒，故A正确；
B.由于小球P在竖直方向存在加速度，而凹槽Q在竖直方向没有加速度，则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故Q和P组成的系统动量不守恒，故B正确；
C.Q和P组成的系统在水平方向不受力，系统满足水平方向动量守恒，当小球P运动到圆心等高处时，小球P和凹槽Q的速度均为零，此时小球P和凹槽Q的动能均最小，故C错误；
D.当P释放后第一次速度为零时，小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处，此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为2R.但由于凹槽Q向右运动，可知小球P的位移小于2R，故D错误。
故选：AB。
根据动量定理和机械能守恒定律，通过类比人船模型来判断题目动量守恒和机械能守恒，通过跟换参照物判断位移。
该题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，灵活掌握其定律和物理意义，是正确解题的关键。
9.【答案】AB>mAOE=mAOD+mBOF
【解析】解：①质量与速度的乘积是动量，实验需要测量小球的质量与速度，小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球做平抛运动的水平位移代替速度，测量质量需要天平，测量水平位移需要刻度尺，该实验不需要秒表，故选AB。
②为了尽量减小实验误差，两小球碰撞后入射球不能反弹，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即两个小球的质量应满足mA>mB；
小球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为t，入射球碰撞前的速度v0=OEt，碰撞后入射球的速度vA=ODt，碰撞后被碰球的速度vB=OFt
两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：mAv0=mAvA+mBvB，整理得：mAOE=mAOD+mBOF
故答案为：①AB；②>，mAOE=mAOD+mBOF。
①根据实验需要测量的量选择实验器材。
②为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用动量守恒定律可以解题。
10.【答案】BCEF 乙 实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长
【解析】解：①为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线，摆线应选择B；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择C；实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，应把单摆固定在铁架台上，因此需要的实验器材有：BCEF；
②实验过程要保持摆长不变，单摆的悬点需要固定，如果选择图甲所示方式，单摆运动过程摆长易发生改变，如果按图乙所示固定方式，单摆摆动过程摆长不变，应选择图乙所示固定方式。
③根据单摆周期公式T=2π Lg
化简得T2=4π2g⋅L
因此T2−l图像的理论值为过原点的正比例函数，且斜率为k=4π2g
如果实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则真实摆长L′=L−r
根据单摆周期公式可得T2=4π2g⋅L−4π2rg
可见图像斜率不变，当T2=0时，L=r图像不过原点，导致测量值图像向右平移，与横坐标有交点；因此造成图线向右平移的原因是实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长。
故该同学分析正确。
故答案为：①BCEF；②乙；③实验时将摆线长和球的直径之和当成了摆长。
①为减小实验误差应选择适当长些的细线做摆线；为减小阻力对实验的影响应选择质量较大而体积较小的球做摆球；根据实验器材与实验需要测量的量分析答题；
②为防止摆球摆动过程摆长发生变化，悬点应固定；
③根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据题意分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验的实验器材、实验注意事项与实验数据处理，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；根据题意应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
11.【答案】解：(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=B2L2v2ΔtR+r
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。
答：(1)MN棒两端的电势差为BLvRR+r；
(2)见解析。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得出MN棒两端的电势差；
(2)根据焦耳定律结合能量守恒定律完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律和能量守恒定律即可完成分析。
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。
设该过程中弧形槽的位移为x，则物块甲的水平位移大小为R−x，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得
0=mR−xt−2mxt
解得：x=R3
(2)设物块甲滑到弧形槽底端的速度为v1，此时弧形槽的速度为v2，该过程中，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒以及机械能守恒得
0=mv1−2mv2，mgR=12mv12+12×2mv22
解得：v1= 4gR3，v2= gR3
滑块甲刚好滑到B点的速度为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，右动量守恒定律可得
mv3=(m+5m)v4
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能
Ep=12mv32−12(m+5m)v42
联立解得：Ep=512mgR
答：(1)物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小为R3；
(2)整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值为512mgR。
【解析】(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不受外力，系统水平方向动量守恒，由此列式求解。
(2)根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出物块甲滑到弧形槽底端时两者的速度。由动能定理求出滑块甲刚好滑到B点的速度。当物块甲与物块乙共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求弹簧储存的弹性势能的最大值。
本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转化的。要注意物块甲沿光滑弧形槽下滑的过程中，系统总动量并不守恒，水平方向动量才守恒。
13.【答案】解：(1)质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得：qv0B0=qE0
代入数据可得：v0=1×107m/s
在加速电场中，由动能定理有：qU=12mv02
代入数据联立得：U=5×105V
(2)质子进入电场做类平抛运动，由题意：tanα=v0vy
而根据牛顿第二定律知：a=qE1m
所以到达Q点的时间：t=vya
代入数据可得：t= 35×10−7s
所以水平位移：x=v0t=1×107× 35×10−7m= 35m
竖直位移：y=12at2=12×5×1061×10−8×( 35×10−7)2m=0.3m
则Q点坐标( 35m,0.2m)。
(3)质子进入磁场的速度为v，则v=v0cs60∘=1×1070.5m/s=2×107m/s
质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有：qvB1=mv2R
将B的最大值和最小值代入可得到半径的范围是：0.4m3≤R≤0.2m
由几何关系有：OQ=xcs30∘=0.2 3 32m=0.4m，QN=d−y=0.5m−0.3m=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∘=0.43× 32m= 315m
答：(1)极板AA1间的加速电压U为5×105V；
(2)Q点位置坐标为( 35m,0.2m)；
(3)质子能到达x轴上的区间的长度L为 315m。
【解析】(1)根据速度选择器的原理，根据共点力的平衡和动能定理求出加速电压；
(2)分析质子在电场中的运动，根据类平抛运动的规律，由运动学公式和几何关系求出水平位移和竖直位移，结合进入电场的位置求出Q点的坐标；
(3)根据速度的合成与分解求出质子进入磁场的速度，再根据质子在磁场中运动的半径结合牛顿第二定律，由几何关系求出质子能到达x轴上的区间长度。
本题考查了速度选择器和电磁组合场的相关知识，解决本题的关键是理解速度选择器的原理，粒子在电场中的类平抛以及在磁场中的匀速圆周运动模型。
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