还剩11页未读，
继续阅读
2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷（含解析），共14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学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
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=1 s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0.5 m/s
C. 在t=2 s时刻，质点P正在沿y轴负方向运动
D. 在1 s～3.5 s时间内，质点N的路程为30 cm
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，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v B. 速度大于v C. 速度等于v D. 可能离开斜面
二、多选题（本大题共3小题，共15.0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7:1 B. 原、副线圈匝数之比为8:1
C. 此时a和b的电功率之比为1:1 D. 此时a和b的电流之比为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14.0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接前后的动量关系。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、计算题（本大题共3小题，共46.0分）
11. 如图所示，宽度为L的U型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。
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】【详解】
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，a光的频率大于b光的频率，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.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。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了光的干涉，解题关键掌握干涉原理，根据Δx=Ldλ可判断条纹间距变化。
由Δx=Ldλ分析条纹的变化情况。
【解答】
A.将屏向左移动，双缝到屏的距离减小，其它不动，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变小，故A错误；
B.测量过程中误将5个条纹间距数成6个，根据Δx=an−1，可知相邻条纹间距减小，根据Δx=Ldλ，可知波长测量值偏小，故B正确；
C.根据上述公式可知将双缝换为间距更小的双缝后，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，干涉条纹间距变宽，故C错误；
D.将滤光片由紫色换成红色，波长变大，根据Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变宽，故D错误。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。
振动图像反映同一质点在不同时刻的位置；波的图像反映不同质点在相同时刻的位置。要分清波的传播和质点的振动。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。对于波的图像往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
【解答】
A.根据图乙可知t=1s时刻M向上振动，再分析图甲，根据波形平移法可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.这列波的波长λ=4m，周期T=2s，波速v=λT=2m/s，故B错误;
C.由乙图可知在t=2.0s时质点M沿y轴负方向运动，则质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D在1 s～3.5 s时间内，质点N运动了54T，运动的路程为5A=15cm，故 D正确。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向，根据题意确定线圈面积关系，根据Φ=BS求解磁通量大小关系，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势关系，根据电阻定律、闭合电路的欧姆定律确定感应电流大小关系。
【解答】
A.根据楞次定律可知感应电流均沿逆时针方向，故A错误；
B.导线长度相同，绕城的线圈匝数比为nP:nQ=1:2，则线圈边长之比为L1:L2=2:1，所以线圈面积之比为S1:S2=4:1，根据Φ=BS，同一时刻磁感应强度B相同，则磁通量大小之比ΦP:ΦQ=4:1，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，感应电动势大小之比EP:EQ=2:1，故C错误；
D.根据电阻定律R=ρlS截面，材料、长度、粗细均相同，则R1:R2=1:1，根据I=ER，所以感应电流大小之比IP:IQ=2:1，故D正确。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
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．两种情况重力做功相同，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，克服摩擦力做功变大，根据动能定理，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动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率。
【解答】
未加磁场时，根据动能定理，有mgh−Wf=12mv2−0，加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有mgh−Wf′=12mv′2−0，Wf′>Wf，所以v′
6.【答案】BC
【解析】A. t=0 时，穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈产生的感应电动势最大，感应电流最大，线圈中的电流方向不改变，故A错误；
B. t=1s 时，由于穿过线圈的磁通量为零，则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，磁通量变化量为0，则线圈中的感应电动势为0，故C正确；
D.线圈中产生的电动势最大值为
Em=NBSω=NΦm⋅2πT=100×4×10−2×2π2V=4πV
电动势有效值为
E=Em 2=2 2πV
一个周期内，线圈产生的热量为
Q=E2RT=(2 2π)22×2J=8π2J
故D错误。
故选：BC。
7.【答案】AD
【解析】AB.由于两灯泡均能正常发光，所以灯泡两端电压均为额定电压 U8 ，则原、副线圈电压分别为U1=U−U8=78U，U2=18U
所以原、副线圈匝数之比为n1n2=U1U2=71
故A正确，B错误；
D.此时 a 和 b 的电流之比为I1I2=n2n1=17
故D正确；
C.两灯两端电压相同，根据P=IU可知此时 a 和 b 的电功率之比为P1P2=I1I2=17
故C错误。
故选AD。
8.【答案】AB
【解析】A.Q和P组成的系统中，在小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放的过程中和小球下落到底部向左侧面上升的过程中均只有重力做功，因此该系统机械能守恒，故A正确；
B.Q和P组成的系统，竖直方向合外力不为零，而水平方向合外力为零，因此该系统动量不守恒，但该系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C.当Q的动能最大时，小球P恰好运动到了凹槽的底部，小球速度恰好水平，此时小球和凹槽动量守恒，根据Ek=P22m
可知，小球的动能此时也最大，故C错误；
D.Q和P组成的系统水平方向动量守恒，且该系统机械能也守恒，因此当P释放后第一次速度为零时，P恰好运动到了凹槽左侧与右侧释放点等高的位置，设P在水平方向的位移为 x1 ，Q在水平方向的位移为 x2 ，两者的运动具有同时性，且水平方向两者的速度方向始终相反，因此有x1+x2=2R
解得x1=2R−x2<2R
故D错误。
故选AB。
9.【答案】 AB##BA > mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
【解析】(1)[1]本实验需要用刻度尺测量小球做平抛运动的水平位移；需要用天平测量小球的质量；不需要用秒表测小球在空中的时间。
故选AB。
(2)[2]为了保证碰后，入射小球不反弹，需要满足入射小球的质量大于被碰小球的质量，即 mA>mB ；
[3]设碰撞前瞬间小球A的速度为 v0 ，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为 v1 、 v2 ，根据动量守恒可得mAv0=mAv1+mBv2
两小球在空中下落的高度相同，小球在空中运动时间 t 相等，则有mAv0t=mAv1t+mBv2t
则满足表达式mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
即说明两球碰撞中动量守恒。
10.【答案】 BCEF 乙 将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长
【解析】(1)[1]AB.在选取细绳时，应选择长度为 100cm 左右的细绳，故A错误，B正确；
CD.为了减小空气阻力的影响，应选择直径为 1.8cm 的钢球，故C正确，D错误；
E.实验需要用最小刻度为 1mm 的米尺测量摆线的长度，故E正确；
F.需要用测量时间，计算小球做单摆的周期，需要铁架台悬挂细线和小球，让小球在竖直面内做单摆运动。
故选BCEF。
(2)[2]为了保证小球摆动过程中，摆线的长度保持不变，应采用图乙。
(3)[3]根据单摆周期公式T=2π lg
可得T2=4π2gl
可知 T2−l 图像为过原点的倾斜直线，该同学根据测量值作出的图像与理论值有一定偏差，造成这个结果的原因可能是：将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长，则有T=2π l−d2g
可得T2=4π2g(l−d2)
可知作出的图像相对于理论值向右平移，斜率与理论值斜率相同。
11.【答案】(1) BLvRR+r ；(2)见解析
【解析】(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=B2L2v2R+rΔt
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。
12.【答案】(1) x=R3 ；(2) Ep=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动量守恒，
假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 ，由动量守恒定律得0=mR−x−2mx
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 ，该过程中由动量守恒以及机械能守恒定律得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+5mv4
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能Ep=12mv32−12m+5mv42
联立解得Ep=512mgR
13.【答案】(1) 5×105V ；(2)( 35 m，0.2m)；(3) 315m
【解析】(1)质子进入速度选择器中的速度为 v0 ，由力的平衡得qv0B0=qE0，v0=1×107m/s
由动能定理有qU=12mv02
联立得U=5×105V
(2)由题tanα=v0vy
a=qE1m
t=vya= 35×10−7s
x=v0t= 35m
y=12at2=0.3m
Q点坐标( 35 m，0.2m)。
(3)质子进入磁场的速度为v，则v=v0cos60∘=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，0.4m3≤R≤0.2m
由几何关系有OQ=xcos30∘=0.4m，QN=d−y=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=R1cos30∘= 315m
2022-2023学年天津市河北区高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
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=1 s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0.5 m/s
C. 在t=2 s时刻，质点P正在沿y轴负方向运动
D. 在1 s～3.5 s时间内，质点N的路程为30 cm
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，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v B. 速度大于v C. 速度等于v D. 可能离开斜面
二、多选题（本大题共3小题，共15.0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7:1 B. 原、副线圈匝数之比为8:1
C. 此时a和b的电功率之比为1:1 D. 此时a和b的电流之比为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14.0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接前后的动量关系。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、计算题（本大题共3小题，共46.0分）
11. 如图所示，宽度为L的U型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。
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】【详解】
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，a光的频率大于b光的频率，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.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。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了光的干涉，解题关键掌握干涉原理，根据Δx=Ldλ可判断条纹间距变化。
由Δx=Ldλ分析条纹的变化情况。
【解答】
A.将屏向左移动，双缝到屏的距离减小，其它不动，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变小，故A错误；
B.测量过程中误将5个条纹间距数成6个，根据Δx=an−1，可知相邻条纹间距减小，根据Δx=Ldλ，可知波长测量值偏小，故B正确；
C.根据上述公式可知将双缝换为间距更小的双缝后，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，干涉条纹间距变宽，故C错误；
D.将滤光片由紫色换成红色，波长变大，根据Δx=Ldλ，可知干涉条纹间距变宽，故D错误。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。
振动图像反映同一质点在不同时刻的位置；波的图像反映不同质点在相同时刻的位置。要分清波的传播和质点的振动。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。对于波的图像往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
【解答】
A.根据图乙可知t=1s时刻M向上振动，再分析图甲，根据波形平移法可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.这列波的波长λ=4m，周期T=2s，波速v=λT=2m/s，故B错误;
C.由乙图可知在t=2.0s时质点M沿y轴负方向运动，则质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D在1 s～3.5 s时间内，质点N运动了54T，运动的路程为5A=15cm，故 D正确。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向，根据题意确定线圈面积关系，根据Φ=BS求解磁通量大小关系，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势关系，根据电阻定律、闭合电路的欧姆定律确定感应电流大小关系。
【解答】
A.根据楞次定律可知感应电流均沿逆时针方向，故A错误；
B.导线长度相同，绕城的线圈匝数比为nP:nQ=1:2，则线圈边长之比为L1:L2=2:1，所以线圈面积之比为S1:S2=4:1，根据Φ=BS，同一时刻磁感应强度B相同，则磁通量大小之比ΦP:ΦQ=4:1，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，感应电动势大小之比EP:EQ=2:1，故C错误；
D.根据电阻定律R=ρlS截面，材料、长度、粗细均相同，则R1:R2=1:1，根据I=ER，所以感应电流大小之比IP:IQ=2:1，故D正确。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
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．两种情况重力做功相同，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，克服摩擦力做功变大，根据动能定理，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动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但导致摩擦力变大，即两种情况摩擦力做功不同，从而比较出到达底端的速率。
【解答】
未加磁场时，根据动能定理，有mgh−Wf=12mv2−0，加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有mgh−Wf′=12mv′2−0，Wf′>Wf，所以v′
6.【答案】BC
【解析】A. t=0 时，穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈产生的感应电动势最大，感应电流最大，线圈中的电流方向不改变，故A错误；
B. t=1s 时，由于穿过线圈的磁通量为零，则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，磁通量变化量为0，则线圈中的感应电动势为0，故C正确；
D.线圈中产生的电动势最大值为
Em=NBSω=NΦm⋅2πT=100×4×10−2×2π2V=4πV
电动势有效值为
E=Em 2=2 2πV
一个周期内，线圈产生的热量为
Q=E2RT=(2 2π)22×2J=8π2J
故D错误。
故选：BC。
7.【答案】AD
【解析】AB.由于两灯泡均能正常发光，所以灯泡两端电压均为额定电压 U8 ，则原、副线圈电压分别为U1=U−U8=78U，U2=18U
所以原、副线圈匝数之比为n1n2=U1U2=71
故A正确，B错误；
D.此时 a 和 b 的电流之比为I1I2=n2n1=17
故D正确；
C.两灯两端电压相同，根据P=IU可知此时 a 和 b 的电功率之比为P1P2=I1I2=17
故C错误。
故选AD。
8.【答案】AB
【解析】A.Q和P组成的系统中，在小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放的过程中和小球下落到底部向左侧面上升的过程中均只有重力做功，因此该系统机械能守恒，故A正确；
B.Q和P组成的系统，竖直方向合外力不为零，而水平方向合外力为零，因此该系统动量不守恒，但该系统在水平方向动量守恒，故B正确；
C.当Q的动能最大时，小球P恰好运动到了凹槽的底部，小球速度恰好水平，此时小球和凹槽动量守恒，根据Ek=P22m
可知，小球的动能此时也最大，故C错误；
D.Q和P组成的系统水平方向动量守恒，且该系统机械能也守恒，因此当P释放后第一次速度为零时，P恰好运动到了凹槽左侧与右侧释放点等高的位置，设P在水平方向的位移为 x1 ，Q在水平方向的位移为 x2 ，两者的运动具有同时性，且水平方向两者的速度方向始终相反，因此有x1+x2=2R
解得x1=2R−x2<2R
故D错误。
故选AB。
9.【答案】 AB##BA > mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
【解析】(1)[1]本实验需要用刻度尺测量小球做平抛运动的水平位移；需要用天平测量小球的质量；不需要用秒表测小球在空中的时间。
故选AB。
(2)[2]为了保证碰后，入射小球不反弹，需要满足入射小球的质量大于被碰小球的质量，即 mA>mB ；
[3]设碰撞前瞬间小球A的速度为 v0 ，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为 v1 、 v2 ，根据动量守恒可得mAv0=mAv1+mBv2
两小球在空中下落的高度相同，小球在空中运动时间 t 相等，则有mAv0t=mAv1t+mBv2t
则满足表达式mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF
即说明两球碰撞中动量守恒。
10.【答案】 BCEF 乙 将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长
【解析】(1)[1]AB.在选取细绳时，应选择长度为 100cm 左右的细绳，故A错误，B正确；
CD.为了减小空气阻力的影响，应选择直径为 1.8cm 的钢球，故C正确，D错误；
E.实验需要用最小刻度为 1mm 的米尺测量摆线的长度，故E正确；
F.需要用测量时间，计算小球做单摆的周期，需要铁架台悬挂细线和小球，让小球在竖直面内做单摆运动。
故选BCEF。
(2)[2]为了保证小球摆动过程中，摆线的长度保持不变，应采用图乙。
(3)[3]根据单摆周期公式T=2π lg
可得T2=4π2gl
可知 T2−l 图像为过原点的倾斜直线，该同学根据测量值作出的图像与理论值有一定偏差，造成这个结果的原因可能是：将摆线长度和小球的直径之和当成了摆长，则有T=2π l−d2g
可得T2=4π2g(l−d2)
可知作出的图像相对于理论值向右平移，斜率与理论值斜率相同。
11.【答案】(1) BLvRR+r ；(2)见解析
【解析】(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=B2L2v2R+rΔt
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。
12.【答案】(1) x=R3 ；(2) Ep=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动量守恒，
假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 ，由动量守恒定律得0=mR−x−2mx
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 ，该过程中由动量守恒以及机械能守恒定律得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+5mv4
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能Ep=12mv32−12m+5mv42
联立解得Ep=512mgR
13.【答案】(1) 5×105V ；(2)( 35 m，0.2m)；(3) 315m
【解析】(1)质子进入速度选择器中的速度为 v0 ，由力的平衡得qv0B0=qE0，v0=1×107m/s
由动能定理有qU=12mv02
联立得U=5×105V
(2)由题tanα=v0vy
a=qE1m
t=vya= 35×10−7s
x=v0t= 35m
y=12at2=0.3m
Q点坐标( 35 m，0.2m)。
(3)质子进入磁场的速度为v，则v=v0cos60∘=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，0.4m3≤R≤0.2m
由几何关系有OQ=xcos30∘=0.4m，QN=d−y=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=R1cos30∘= 315m
相关试卷
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）： 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），共12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学年天津市河北区高二（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。
2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了4s时，这列波传播到M点， 关于单摆，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
