2024-2025学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含解析），共13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.第五代移动通信系统(5G)能更好的为客户提供各种通信及信息服务。5G信号的常用频段范围是3.30×109∼6.00×109Hz，4G信号的常用频段范围是1.88×109∼2.64×109Hz，下列关于电磁波的叙述正确的是( )
A. 电磁波是纵波，不能产生偏振现象
B. 5G网比4G网传输数据快，是因为5G信号在真空中传播速度更快
C. 遇到相同的障碍物发生衍射时，4G信号比5G信号衍射现象更明显
D. 5G信号与4G信号相遇可能发生稳定的干涉现象
2.如图所示，两束不同的单色光P和Q正对圆心O射入半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向，由此可知( )
A. Q光穿过该玻璃所需的时间比P光短
B. 玻璃对P光的折射率比对Q光的折射率大
C. P、Q两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q光能发生全反射，则P光也一定能发生全反射
D. 用同一双缝干涉装置进行实验，条件相同时，P光的干涉条纹宽度大于Q光的干涉条纹宽度
3.如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，粒子源的长度小于离子在磁场中做圆周运动的直径，磁场区域足够大，不考虑离子间的相互作用，则磁场中有离子经过的区域(阴影部分)是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，质量为m的物块从光滑斜面顶端滑下，滑到底端所用时间为t，斜面倾角为θ，重力加速度大小为g。整个过程中斜面始终静止，对于这一过程，下列描述正确的是( )
A. 地面支持力的冲量大小为(M+m)g⋅tB. 物块所受重力的冲量大小为mgsinθ⋅t
C. 物块动量的变化量大小为mgsinθ⋅tD. 物块所受支持力的冲量大小为0
5.如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从C点以速度v沿直径方向射入磁场，经磁场偏转θ=60∘后从F点射出磁场。忽略粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 粒子的比荷为 3v3RB
C. 粒子在磁场中运动的时间为2 3πR3v
D. 在其他条件不变的情况下，从C点入射的速度v越大，偏转角θ越大
6.如图所示，边长为a的正方体玻璃砖，底面中心有一单色点光源O，从外面看玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，不考虑光的反射。则玻璃砖的折射率为( )
A. 5B. 3C. 2D. 2
7.如图甲所示，两均匀磁场的磁感应强度B1和B2方向相反，金属圆环的水平直径与两磁场的边界重合。B1和B2随时间变化的图像如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正方向，下列说法正确的是( )
A. 0−t0时间内整个圆环具有收缩的趋势
B. t0时刻的圆环内的磁通量为零，感应电流也为零
C. 0−2t0时间内圆环中产生逆时针方向的感应电流
D. 0−2t0时间内圆环中感应电流的方向先逆时针再顺时针
8.如图甲所示，在足够大的光滑水平面上放有两个物块，其中物块B连接一个轻弹簧并处于静止状态，质量为m的物块A以初速度v0向着物块B运动，在物块A与弹簧发生相互作用的全过程中，A的速度v1和B的速度v2之间的关系如图乙所示，物块始终保持直线运动，则下列说法正确的是( )
A. 物块A做匀减速运动B. 物块B的质量为2m
C. 弹簧最短时A和B的速度为13v0D. 弹簧储存的最大弹性势能为16mv02
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.下列关于四幅图片所示的现象或解释，说法正确的是( )
A. 图甲所示光导纤维的内芯折射率比外套小
B. 图乙是单色平行光线通过狭缝得到的衍射图样
C. 图丙为一个单摆做受迫振动的振幅A与驱动力频率f的曲线，此单摆固有周期约为0.5s
D. 图丁中两个相干简谐横波在同一区域传播，b、d连线的中点始终是振动加强点
10.如图所示，半径为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内，轨道处在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中。一质量为m、可视为质点的带负电小球套在轨道上，由轨道左端A处由静止滑下，小球第一次经过轨道最低点C时对轨道的压力是所受重力的4倍，重力加速度大小为g，A、D与圆心O等高，则下列判断正确的是( )
A. 小球从A到C的过程中机械能减小
B. 小球恰能运动到与A等高的D点
C. 小球第二次经过轨道最低点时对轨道的压力为2mg
D. 小球从A到C的时间小于从C到D的时间
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究。
(1)对于实验过程，下列说法正确的是 ;
A.变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈不相同
B.因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
C.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
(2)该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，若原副线圈匝数比为8:1，原线圈接12.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的示数可能是 ;
(3)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 。
A.控制变量法
B.等效替代法
C.理想实验法
12.某实验小组的两位同学利用单摆测当地重力加速度，甲同学的实验装置如图a所示：
(1)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图b，则摆球直径为 cm;
(2)在测量单摆周期时，为了减小实验误差，该组同学先测量多个周期的时间，实验时应从摆球经过最 (选填“低”或“高”)点时开始计时;
(3)下列关于本实验的说法正确的是 ;
A.摆线上端可缠绕在铁架台的横杆上，悬点不必打结固定
B.实验中误将29次全振动记为30次，会导致测得的重力加速度偏大
C.当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50做为单摆振动的周期
(4)乙同学也采用如图a所示的实验装置。由于他没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将摆线长度作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l−T2图像如图c所示。实验得到的l−T2图线是 (选填“a”“b”或“c”) ;若取π2=9.86，则测出的重力加速度g= m/s2(计算结果保留3位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一列横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波刚传播到x=16m处的a点，t=6s时，质点a第一次到达波谷，求：
(1)这列横波的周期和波速大小;
(2)0∼20s内，质点a运动的总路程。
14.某手摇式发电机的原理示意图如图所示。一半径r=0.1m的半圆形单匝金属线圈处在磁感应强度B= 2πT，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，摇动手柄使线圈以角速度ω=20rad/s绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，发电机通过理想变压器连接R=100Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数比n1:n2=1:100，电流表为理想交流电流表。
(1)从图示位置开始计时，求t时刻感应电动势瞬时值的表达式;
(2)若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数。
15.如图所示，间距L=1m的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，弯曲部分导轨在最低点M、N处的切线水平并与足够长的水平导轨平滑相接，MN的右侧有磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场。让质量m1=1kg的导体棒a从弯曲导轨上距水平面高度为ℎ=0.8m处由静止释放，质量m2=2kg的导体棒b开始时静止于水平导轨上某处。已知导轨各处光滑，两导体棒接入回路的电阻均为R=2Ω，始终都与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度g=10m/s2，假设a、b棒没有发生碰撞且最终共速，求：
(1)a棒刚进入磁场时b棒所受安培力的大小;
(2)从a棒进入磁场到a、b棒共速的过程中，b棒上产生的焦耳热及通过b棒的电荷量;
(3)为保证两棒不碰撞，b棒最初静止时距MN的最小距离。
答案解析
1.【答案】C
【解析】A、电磁波是横波(电场和磁场的振动方向都与传播方向垂直)，而只有横波能产生偏振现象(纵波不能偏振)，故A错误；
B、电磁波在真空中的传播速度均为光速c(约3×108m/s)，与频率无关。5G和4G信号在真空中传播速度相同，故B错误；
C、衍射现象的明显程度与波长正相关：波长越长，衍射越明显。根据电磁波波速公式c=λf(c为波速，λ为波长，f为频率)，可得λ=cf，则频率越低，波长越长。对比4G和5G的频率范围：4G为1.88×109∼2.64×109Hz，5G为3.30×109∼6.00×109Hz。显然4G信号的频率更低，因此波长更长，故 C正确；
D、稳定干涉的条件是：两列波频率相同、相位差恒定、振动方向相同。5G与4G信号的频率范围不同(5G频率更高)，即两列波频率不相等，不满足干涉条件，因此无法发生稳定干涉，故D错误。
2.【答案】D
【解析】解：AB、由图知：P光和Q光的折射角相等，而P光的偏折程度小，根据折射定律知P光的折射率比Q光小，由v=cn知P光在玻璃砖中传播速度大，则P光穿过玻璃砖所需的时间比Q光短，故AB错误。
C、根据临界角公式sinC=1n，知P光束的折射率小，临界角大，所以若Q光能发生全反射，则P光不一定能发生全反射，故C错误。
D、P光束的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则P光形成的干涉条纹间距比Q光的大，故D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】因为是速度相同的同种离子，根据qvB=mv2r可得r=mvqB，所以所有离子的轨迹半径都相同，从线状粒子源发射出来的离子在磁场中的轨迹都是半圆，所以磁场中形成了一系列从左向右的平移圆，根据数学知识可知图像如A所示。
故选A。
4.【答案】C
【解析】A、对斜面受力分析(斜面静止，合力为0) :竖直方向：地面支持力N、斜面自身重力Mg、物块对斜面的压力分力mgcsθ⋅csθ(物块对斜面的压力为mgcsθ，其竖直分力为mgcsθ⋅csθ)。由平衡条件得：N=Mg+mgcs2θ，地面支持力的冲量为IN=N⋅t=(Mg+mgcs2θ)⋅t，显然不等于(M+m)g⋅t，故A错误；
B、冲量定义为“力×时间”，物块所受重力为mg，作用时间为t，因此重力冲量为IG=mg⋅t(与重力方向无关，冲量大小由力和时间决定)，故B错误；
C、物块沿光滑斜面下滑，合力为沿斜面向下的分力F合=mgsinθ(斜面光滑，无摩擦力;支持力与重力垂直斜面的分力平衡，合力由重力沿斜面分力提供)，合外力的冲量为I合=F合⋅t=mgsinθ⋅t，由动量定理得：Δp=I合=mgsinθ⋅t，故C正确；
D、物块所受支持力为斜面给的弹力，大小为N′=mgcsθ(垂直斜面方向平衡，支持力与重力垂直斜面的分力相等)，作用时间为t，根据冲量定义，支持力的冲量为IN′=N′⋅t=mgcsθ⋅t≠0，故D错误。
5.【答案】B
【解析】A、粒子沿直径CD向右入射，磁场垂直纸面向里。
若粒子带正电：四指与速度方向(向右)一致，大拇指向上，洛伦兹力向上，轨迹圆心在C点上方，粒子向上偏转；
若粒子带负电：四指与速度反方向(向左)一致，大拇指向下，洛伦兹力向下，轨迹圆心在C点下方，粒子向下偏转。
结合题意，粒子偏转后从F点射出(图中F在磁场圆上半部分)，说明粒子向上偏转，故粒子带正电，故A错误；
B、磁场圆半径为R，粒子偏转角度θ=60∘(即轨迹圆心角∠CO′F=60∘，O′为轨迹圆心)。因粒子沿半径入射，轨迹半径O′C⊥速度方向(洛伦兹力垂直速度)，故O′C为竖直方向(速度水平向右)。磁场圆心O是CD中点，OC=R;轨迹圆心O′到C、F距离均为r(轨迹半径)，且OF=R(磁场半径)。由几何关系(△CO′F为等边三角形，结合磁场圆与轨迹圆的位置关系)，解得轨迹半径r= 3R，带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r⇒qm=vBr，将r= 3R代入比荷公式：qm=vBr=vB⋅ 3R= 3v3RB，故B正确；
C、粒子做圆周运动的周期T=2πmBq，运动时间t与轨迹圆心角θ成正比：t=θ2π⋅T=θmqB
代入θ=60∘=π3，及mq=3BR 3v= 3BRv(由选项B的比荷倒数)
t=π3⋅ 3Rv= 3πR3v，故C错误；
D、由r=mvqB可知，速度v越大，轨迹半径r越大。粒子沿直径入射时，r越大，轨迹在磁场中覆盖的圆心角越小(偏转角越小，极端情况：v→∞时，r→∞，粒子近似沿直线穿过磁场，偏转角→0∘)，故 D错误。
6.【答案】B
【解析】玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，说明在最上面的四个顶点处恰好发生全反射，根据几何关系，临界角C满足关系sinC= 22a 22a2+a2= 33，sinC=1n，则n= 3，故B正确。
7.【答案】C
【解析】A、0−t0时间内整个圆环的磁通量向外减小，根据楞次定律知圆环具有扩大的趋势，故A错误；
B、t0时刻的圆环内的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，感应电流不为零，故B错误；
CD、0−t0时间内整个圆环的磁通量向外减小，根据楞次定律知圆环中产生逆时针方向的感应电流，t0−2t0时间内整个圆环的磁通量向里增大，根据楞次定律知圆环中产生逆时针方向的感应电流，故C正确，D错误。
8.【答案】D
【解析】A、物块A的加速度由弹簧弹力提供，而弹簧弹力F=kx(x为形变量)，形变量x随运动过程变化，因此弹力F是变力，加速度a=Fm也随时间变化，A做变加速(减速)运动，而非匀减速运动，故A错误；
B、水平面光滑，系统(A、B、弹簧)在水平方向不受外力，动量守恒。设物块A质量为m，物块B质量为M，初始时A速度为v0，B速度为0，因此系统初始动量为mv0，图乙是v1−v2图像(v1为A的速度，v2为B的速度)。由图像可知：当v2=0时，v1=v0(初始状态);当v2=2v0时，v1=0(弹簧恢复原长时，A速度为0，B速度最大)。弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能等于初始动能(机械能守恒)。此时动量守恒表达式为：mv0=m⋅0+M⋅2v0，解得M=m2，故B错误；
C、弹簧最短时，A、B速度相等(设为v)，此时动量守恒：mv0=(m+M)v，代入M=m2，得：mv0=(m+m2)v，解得v=2v03，故C错误；
D、弹簧弹性势能最大时，是A、B速度相等(弹簧最短)的时刻。此时系统动能最小，弹性势能等于初始动能与此时动能的差值。初始动能：Ek0=12mv02，弹簧最短时的动能：Ek=12(m+M)v2，代入M=m2和v=2v03，得：Ek=12(m+m2)(2v03)2=12⋅3m2⋅4v029=13mv02，则最大弹性势能：Ep=Ek0−Ek=12mv02−13mv02=16mv02，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】A、光内芯和外套界面发生全反射，即内芯为光密介质，外套为光疏介质，则内芯折射率大于外套的折射率，故A错误；
B、单色光单缝衍射图样特点：中央条纹最宽最亮，两侧为不等间隔的明暗相间的条纹，其亮度和宽度依次减小，故B正确；
C、由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故C错误；
D、由图可知，b点是波谷与波谷相遇的点，d点是波峰与波峰相遇的点，bd连线上的点始终处于振动加强的状态，则bd连线的中点始终是振动加强点，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】A、小球从A到C的过程中只有重力做功(洛伦兹力、支持力与速度方向垂直不做功)，小球的机械能守恒，故A错误；
B、小球在光滑半圆形绝缘轨道运动过程中机械能守恒，则小球恰能运动到与A等高的D点，故B正确；
C、小球机械能守恒，第一次与第二次经过轨道最低点时的速度大小相等设为v
从A到C有mgR=12mv2
第一次经过轨道最低点时有4mg−mg−qvB=mv2R
第二次经过轨道最低点时有FN+qvB−mg=mv2R
解得FN=2mg
根据牛顿第三定律知小球第二次经过轨道最低点时对轨道的压力为2mg，方向竖直向下，故C正确；
D、小球从A到D过程机械能守恒，根据对称性知以最低点C为对称点的两侧的对应点速度大小相等，则小球从A到C的时间等于从C到D的时间，故D错误。
11.【答案】(1)C；(2)A；(3)A
【解析】(1)A.变压器工作时频率不变，因此副线圈中电流的频率与原线圈相同，故A错误；
B.虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱，避免发生危险，故B错误；
C.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确。
(2))假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为
U2=n2U1n1=18×12V=1.5V，因未将铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，则变压器存在漏磁问题，则测量副线圈的交流电压表的示数会小于1.5V，故选A。
(3)该实验在探究过程中存在多个物理量，为便于探究，应该采用控制变量法，故选A。
12.【答案】(1)1.06；(2)低；(3)B；(4)a；9.86
【解析】(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，则摆球直径为d=10mm+0.1×6mm=10.6mm=1.06cm；
(2)摆球经过最低点时速率最大，在测量单摆周期时，为了减小实验误差，应从摆球经过最低点时开始计时；
(3)A、将摆线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上是错误的，这样会导致摆动过程中，摆长发生变化，故A错误；
B、根据单摆的周期公式有：T=2π L+d2g，解得：g=4π2(l+d2)T2，实验中误将29次全振动记为30次，周期偏小，g值偏大，故B正确；
C、50次经过平衡位置后停止计时，由于每经过平衡位置一次用时半个周期，用测得的时间除以25做为单摆振动的周期，故C错误。
(4)由于实验中将悬点到小球最高点的距离作为摆长l，则有l=g4π2T2−d2
由上式可得，实验得到的l−T2图像是a；
由直线的斜率k=g4π2
通过图像计算斜率最后得g=9.86m/s2．
13.【答案】(1)t=6s时，质点a第一次到达波谷，可知此过程中波沿x轴正方向传播了34λ，则t=34T，解得T=8s又λ=vT，解得v=2m/s；
(2)由题意得2.5T=20s，设振幅为A，则20s内质点a运动的路程为s=2.5×4A，解得s=0.4m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)半圆形线圈的面积S=12πr2，电动势最大值Em=NBSω，电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt，解得e=( 210sin20t)V；
(2)设变压器原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，电阻中的电流为I2，则U1=Em 2，U1U2=n1n2，电流I2=U2R，又I1I2=n2n1，解得I1=10A。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)设a棒刚进入磁场的速度为v，根据动能定理得m1gℎ=12m1v2，
此时的a棒产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=E2R，
b棒受到的安培力的大小F=BIL，联立解得F=1N；
(2)设a、b棒共速时速度为v共，根据动量守恒定律得m1v=(m1+m2)v共，
根据能量守恒定律得Q=12m1v2−12(m1+m2)v共2，
由于电阻相等，解得Qb=12Q=83J，
设从a棒进入磁场到a、b棒共速的总时间为t，对b棒进行分析，由动量定理得BILt=m2v共，
通过b棒横截面的电荷量q=It，
解得q=83C；
(3)设b棒最初静止时距MN的最小距离为d，
对a棒进行分析，根据动量定理得−BILt=m1v共−m1v，
根据闭合电路欧姆定律有I=E2R，
电动势的平均值E=Δϕt=BLdt，
联立解得d=1023m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】