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2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末检测物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末检测物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末检测物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 关于电磁波下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
B. 医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒
C. 一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关
D. 电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速
2. 某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B. 简谐运动的圆频率是π2rad/s
C. 第3s末振子的位移大小为 22A
D. 从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
3. 如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 这是光的干涉现象
B. 在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C. 玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D. 在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
4. 如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开。当K断通时，以下说法正确的是( )
A. 副线圈两端M、N的输出电压减小
B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小
C. 通过灯泡L1的电流增大
D. 原线圈中的电流增大
5. 高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002s，则该玻璃球对地面产生的冲击力约为( )
A. 10N B. 102N C. 103N D. 104N
6. 如图所示，一质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，当金属棒中通过电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。(已知重力加速度为g)下列说法正确的是( )
A. 金属棒中的电流方向由N到M
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgsinθIL
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgtanθIL
D. 仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ增大
7. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的半径 B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度
8. 如图所示，固定的水平导线框处于范围足够大的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。导线框左端连接一阻值为R的电阻，阻值为r的导体棒ab沿导线框向右做匀速直线运动，若导体棒ab长度为L，运动的速度大小为v且不计导线框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导线框足够长．则( )
A. 导体棒中感应电流的方向为a→b B. 导体棒所受安培力大小为B2L2v2R+r
C. 导体棒ab两端电压大小为BLvR+rr D. 电阻R的发热功率为B2L2v2(R+r)2R
9. 1966年华裔科学家高锟博士提出一个理论：直径仅几微米的玻璃纤维就可以用来作为光的波导来传输大量信息，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通信之父”。以下实验或现象的原理和光导纤维相同的是( )
A. 图甲中，弯曲的水流可以导光
B. 图乙中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像
C. 图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色
D. 图丁中，有机玻璃可以传递信息和能量
10. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图．让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大
B. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大
C. 距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短
D. 几种离子进入磁场时动能相同
11. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示，P是传播介质中的一个质点。则以下说法中正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.1m
B. t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴负方向
C. 波的频率可能为2.5Hz
D. 波的传播速度可能为30m/s
12. 如图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A. c点的电势高于d点的电势
B. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
C. c、d之间的电势差为nB2−B1St2−t1
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
二、非选择题（58分）
13. 在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中
①下列操作可以减小实验误差的是______(填字母代号)
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些
B.选择平行玻璃砖进行实验
C.入射角适当大些
D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的
②正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示，此玻璃的折射率计算式为n=______(用图中的α、β表示)
③同学在画界面吋，不小心将两界面的间距画得比玻璃砖宽度略大，则测得的折射率______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
(1)将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用上图中_______(选填“甲“或者“乙”)所示的固定方式．
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用10分度的游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图所示，则d=_______mm。
(3)改变摆线的长度，由测量数据作出摆长L与周期平方T2的关系图像如图所示．根据图像求出重力加速度g=_______m/s2(已知π2=9.86，结果保留3位有效数字)．
15. 如图是滑板运动的轨道，质量为mA=50kg的运动员从轨道上的A点以水平速度v0冲上质量为mB=5kg的静止滑板后，又一起滑向光滑DE轨道．到达E点时速度减为零，然后返回，已知H=1.8m，设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小v1；
(2)运动员的初速度v0的大小。
16. 如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30∘．M、P间接有R=1.0Ω的电阻，范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.0T.质量m=0.1kg，长度与导轨间距相等，阻值r=1.0Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为F=1.5N、方向平行于导轨向上的恒定拉力作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)当金属棒的速度大小v1=1m/s时，金属棒的加速度大小a；
(2)若金属棒向上运动的位移大小s=2m时，金属棒进入匀速运动状态．则金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热．
17. 自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时．导体内定向运动的自由电子在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差，已知磁场的磁感应强度为B，通过的电流为I，霍尔元件的厚度为d，单位体积内的自由电荷数为n，单个自由电子的电荷量为e。
(1)判断霍尔元件前后两侧面哪侧电势高；
(2)请用以上条件推导霍尔电势差的表达式；
(3)请分析说明如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将如何变化．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
赫兹证实了电磁波的存在；医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关；电磁波在真空也能传播。
解决本题时，要掌握有关电磁波的相关知识，熟记物理学史。要注意电磁波与机械波特性的区别。
【解答】
A.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在，故A错误；
B.医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；
C.一切物体都在辐射红外线，红外线属于电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；
D.电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空也能传播，其在介质中的传播速度小于光速，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A.根据对称性可知，弹簧振子在第1s末与第3s末的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B.由题图知，振子振动的周期T=8s，则圆频率
ω=2πT=π4rad/s
故B错误；
C.位移x随时间t变化的函数关系式为
x=Asinωt=Asinπ4t
第3s末振子的位移大小为
x=Asin3π4= 22A
故C正确；
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，根据v=cn判断光出在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
【解答】
A、这是光的折射现象，故A错误；
BC、由题图可知，玻璃砖对b光的折射程度大，则nb>nc，故b光的频率较大，根据λ=vf可知b光波长较小，故B错误，C正确；
D、由v=cn知，在玻璃砖中，nb>nc，所以vb
【解析】
【分析】
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
【解答】
A.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；
B.由于副线圈的输出电压不变，当K接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，所以副线圈输电线效电阻R上的电压增大，所以B错误；
C.当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，所以C错误；
D.由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动量定理。
求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
解题的关键是要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程应用动量定理求解。
【解答】
每层楼高约为3m，玻璃球下落的总高度ℎ=(16−1)×3m=45m，
自由下落时间t1= 2ℎg=3.0s，
与地面的碰撞时间约为t2=0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击力F=150.1N≈102N，故B正确。
6.【答案】C
【解析】A.根据平衡条件，安培力向右，根据左手定则，金属棒中的电流方向由M到N，A错误；
BC.根据平衡条件得
BIL=mgtanθ
解得
B=mgtanθIL
B错误，C正确；
D.根据
BIL=mgtanθ
仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ减小，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】解：A、利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：cos30°=ar，所以r=2 33a，故A正确；
BD、在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv，化简得：r=mvqB，T=2πmqB，
因为B未知，而无法求v，因v不知无法求B，故BD错误；
C、因为无法求B，故无法求周期T，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故C错误；
故选A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
8.【答案】D
【解析】A.根据楞次定律，导体棒中感应电流的方向为b→a，故A错误；
B.感应电动势为
E=BLv
感应电流为
I=ER+r
导体棒所受安培力大小为
F=BIL
解得
F=B2L2v R+r
故B错误；
C.导体棒ab两端电压大小为
U=IR=BLvR+rR
故C错误；
D.电阻R的发热功率为
P=I2R=B2L2v2(R+r)2R
故D正确。
故选D。
9.【答案】AD
【解析】】A.图甲中，弯曲的水流可以导光是因为光在水和空气界面上发生了全反射现象，故与光导纤维原理相同，故A正确；
B.图乙中，用偏振眼镜看 3D 电影，感受到立体的影像是因为光的偏振现象，故B错误；
C.图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色是因为光的干涉现象，故C错误；
D.图丁中，有机玻璃可能传递信息和能量是光在有机玻璃内发生了全反射，故D正确。
故选AD。
10.【答案】B
【解析】A.根据动能定理得
qU=12mv2
根据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
r=d2
解得
qm=8UB2d2
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子比荷越小，A错误；
B.根据
qvB=mv2r
r=d2
解得
v=qBd2m
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子进入磁场的速度v越大，B正确；
C.离子在磁场中运动时间
t=12T
T=2πmqB
解得
t=πmqB
离子在磁场中运动时间与d无关，C错误；
D.根据动能定理得
Ek=qU
离子的电荷量q越大，进入磁场的动能越大，D错误。
故选B。
11.【答案】AC
【解析】A.质点P的振幅为0.1m，A正确；
B.简谐横波沿x轴正方向传播， t=0.1s 时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，B错误；
C.根据题意得
0.1=n+14T ( n=0,1,2,3… )
波的频率为
f=1T
解得
f=10n+14 ( n=0,1,2,3… )
当 n=0 时
f=2.5Hz
C正确；
D.波的传播速度为
v=λf
解得
v=40n+14 n=0,1,2,3…
根据上式，波的传播速度不可能为30m/s，D错误。
故选AC。
12.【答案】BD
【解析】A.根据楞次定律，c点的电势低于d点的电势，A错误；
B.送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律得
Ucd=−nΔBΔtS
ΔBΔt=B2−B1t2−t1
解得
Ucd=−nB2−B1St2−t1
C错误；
D.仅增加送电线圈中的电流的变化率，受电线圈的磁感应强度的变化率 ΔBΔt 增大，根据 Ucd=−nΔBΔtS ，c、d之间的电势差增大，D正确。
13.【答案】AC cosαcosβ 偏小
【解析】解：(1)A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些。故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行。故B错误；
C、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好。故C正确；
D、若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大一些的，故D错误；
故选：AC；
(2)由图可知，入射角为90°−α，折射角为90°−β；
则由折射定律可知：n=sin(90°−α)sin(90∘−β)=cosαcosβ
(3)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n=sinisinr；某同学画出的ab和cd都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在ab、cd上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示乙同学画图时光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小。
故答案为：(1)C；(2)cosαcosβ；(3)偏小
(1)为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。
(2)根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。
(3)根据折射定律，分析入射角和折射角的误差，即可分析折射率的误差。
本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差。
14.【答案】 甲 15.5 10.1
【解析】(1)[1]将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用上图中甲所示的固定方式，因为图乙的悬点变化，导致摆长变化；
(2)[2]测量摆球直径d
d=15mm+0.1mm×5=15.5mm
(3)[3]根据单摆的周期公式
T=2π Lg
解得
L=g4π2T2
根据图像得
g4π2=0.96−0.53.8−2.0
解得
g=10.1m/s2
15.【答案】1)6m/s；(2)6.6m/s
【解析】(1)根据机械能守恒定律得
12mA+mBv12=mA+mBgH
解得
v1=6m/s
(2)根据动量定理得
mAv0=mA+mBv1
解得
v0=6.6m/s
16.【答案】(1)5m/s2；(2)0.9J
【解析】1)当金属棒的速度大小 v1=1m/s 时，回路中的感应电动势为
E1=BLv1=1V
感应电流为
I1=E1R+r=0.5A
此时金属棒受到的安培力为
FA1=BI1L=0.5N
根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ−FA1=ma
解得
a=5m/s2
(2)设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm，根据受力平衡有
F−mgsinθ−FA2=0
解得
FA2=1N
又
FA2=B2L2vmR+r
解得
vm=2m/s
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W安，根据动能定理有
Fs−W安−mgssinθ=12mvm2
根据功和能的关系得
W安=Q
解得
Q=1.8J
则R上产生的焦耳热为
QR=RR+rQ
解得
QR=0.9J
17.【答案】(1)后表面的电势高；(2) UH=BIned ；(3)如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差减小。
【解析】1)电子的运动方向与电流的方向相反，根据左手定则，电子所受的洛仑兹力的方向向垂直纸面向外，前表面电势低，后表面的电势高；
(2)设前后表面的距离为l，根据平衡条件得
evB=eUHl
又因为
I=nevS
S=ld
解得
UH=BIned
(3)根据 UH=BIned ，如果长时间不更换传感器的电源，电源的电动势减小，电流强度I减小，霍尔电势差减小。
2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末检测物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48分）
1. 关于电磁波下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
B. 医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒
C. 一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关
D. 电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速
2. 某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B. 简谐运动的圆频率是π2rad/s
C. 第3s末振子的位移大小为 22A
D. 从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
3. 如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 这是光的干涉现象
B. 在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C. 玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D. 在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
4. 如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开。当K断通时，以下说法正确的是( )
A. 副线圈两端M、N的输出电压减小
B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小
C. 通过灯泡L1的电流增大
D. 原线圈中的电流增大
5. 高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002s，则该玻璃球对地面产生的冲击力约为( )
A. 10N B. 102N C. 103N D. 104N
6. 如图所示，一质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，当金属棒中通过电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。(已知重力加速度为g)下列说法正确的是( )
A. 金属棒中的电流方向由N到M
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgsinθIL
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgtanθIL
D. 仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ增大
7. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的半径 B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度
8. 如图所示，固定的水平导线框处于范围足够大的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。导线框左端连接一阻值为R的电阻，阻值为r的导体棒ab沿导线框向右做匀速直线运动，若导体棒ab长度为L，运动的速度大小为v且不计导线框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导线框足够长．则( )
A. 导体棒中感应电流的方向为a→b B. 导体棒所受安培力大小为B2L2v2R+r
C. 导体棒ab两端电压大小为BLvR+rr D. 电阻R的发热功率为B2L2v2(R+r)2R
9. 1966年华裔科学家高锟博士提出一个理论：直径仅几微米的玻璃纤维就可以用来作为光的波导来传输大量信息，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通信之父”。以下实验或现象的原理和光导纤维相同的是( )
A. 图甲中，弯曲的水流可以导光
B. 图乙中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像
C. 图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色
D. 图丁中，有机玻璃可以传递信息和能量
10. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图．让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大
B. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大
C. 距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短
D. 几种离子进入磁场时动能相同
11. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示，P是传播介质中的一个质点。则以下说法中正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.1m
B. t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴负方向
C. 波的频率可能为2.5Hz
D. 波的传播速度可能为30m/s
12. 如图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A. c点的电势高于d点的电势
B. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
C. c、d之间的电势差为nB2−B1St2−t1
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
二、非选择题（58分）
13. 在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中
①下列操作可以减小实验误差的是______(填字母代号)
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些
B.选择平行玻璃砖进行实验
C.入射角适当大些
D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的
②正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示，此玻璃的折射率计算式为n=______(用图中的α、β表示)
③同学在画界面吋，不小心将两界面的间距画得比玻璃砖宽度略大，则测得的折射率______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
(1)将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用上图中_______(选填“甲“或者“乙”)所示的固定方式．
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用10分度的游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图所示，则d=_______mm。
(3)改变摆线的长度，由测量数据作出摆长L与周期平方T2的关系图像如图所示．根据图像求出重力加速度g=_______m/s2(已知π2=9.86，结果保留3位有效数字)．
15. 如图是滑板运动的轨道，质量为mA=50kg的运动员从轨道上的A点以水平速度v0冲上质量为mB=5kg的静止滑板后，又一起滑向光滑DE轨道．到达E点时速度减为零，然后返回，已知H=1.8m，设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小v1；
(2)运动员的初速度v0的大小。
16. 如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30∘．M、P间接有R=1.0Ω的电阻，范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.0T.质量m=0.1kg，长度与导轨间距相等，阻值r=1.0Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为F=1.5N、方向平行于导轨向上的恒定拉力作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)当金属棒的速度大小v1=1m/s时，金属棒的加速度大小a；
(2)若金属棒向上运动的位移大小s=2m时，金属棒进入匀速运动状态．则金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热．
17. 自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时．导体内定向运动的自由电子在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差，已知磁场的磁感应强度为B，通过的电流为I，霍尔元件的厚度为d，单位体积内的自由电荷数为n，单个自由电子的电荷量为e。
(1)判断霍尔元件前后两侧面哪侧电势高；
(2)请用以上条件推导霍尔电势差的表达式；
(3)请分析说明如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将如何变化．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
赫兹证实了电磁波的存在；医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关；电磁波在真空也能传播。
解决本题时，要掌握有关电磁波的相关知识，熟记物理学史。要注意电磁波与机械波特性的区别。
【解答】
A.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在，故A错误；
B.医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；
C.一切物体都在辐射红外线，红外线属于电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；
D.电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空也能传播，其在介质中的传播速度小于光速，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A.根据对称性可知，弹簧振子在第1s末与第3s末的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B.由题图知，振子振动的周期T=8s，则圆频率
ω=2πT=π4rad/s
故B错误；
C.位移x随时间t变化的函数关系式为
x=Asinωt=Asinπ4t
第3s末振子的位移大小为
x=Asin3π4= 22A
故C正确；
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，根据v=cn判断光出在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
【解答】
A、这是光的折射现象，故A错误；
BC、由题图可知，玻璃砖对b光的折射程度大，则nb>nc，故b光的频率较大，根据λ=vf可知b光波长较小，故B错误，C正确；
D、由v=cn知，在玻璃砖中，nb>nc，所以vb
【解析】
【分析】
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据副线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
【解答】
A.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；
B.由于副线圈的输出电压不变，当K接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，所以副线圈输电线效电阻R上的电压增大，所以B错误；
C.当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，所以C错误；
D.由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查动量定理。
求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
解题的关键是要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程应用动量定理求解。
【解答】
每层楼高约为3m，玻璃球下落的总高度ℎ=(16−1)×3m=45m，
自由下落时间t1= 2ℎg=3.0s，
与地面的碰撞时间约为t2=0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击力F=150.1N≈102N，故B正确。
6.【答案】C
【解析】A.根据平衡条件，安培力向右，根据左手定则，金属棒中的电流方向由M到N，A错误；
BC.根据平衡条件得
BIL=mgtanθ
解得
B=mgtanθIL
B错误，C正确；
D.根据
BIL=mgtanθ
仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ减小，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】解：A、利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：cos30°=ar，所以r=2 33a，故A正确；
BD、在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv，化简得：r=mvqB，T=2πmqB，
因为B未知，而无法求v，因v不知无法求B，故BD错误；
C、因为无法求B，故无法求周期T，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故C错误；
故选A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
8.【答案】D
【解析】A.根据楞次定律，导体棒中感应电流的方向为b→a，故A错误；
B.感应电动势为
E=BLv
感应电流为
I=ER+r
导体棒所受安培力大小为
F=BIL
解得
F=B2L2v R+r
故B错误；
C.导体棒ab两端电压大小为
U=IR=BLvR+rR
故C错误；
D.电阻R的发热功率为
P=I2R=B2L2v2(R+r)2R
故D正确。
故选D。
9.【答案】AD
【解析】】A.图甲中，弯曲的水流可以导光是因为光在水和空气界面上发生了全反射现象，故与光导纤维原理相同，故A正确；
B.图乙中，用偏振眼镜看 3D 电影，感受到立体的影像是因为光的偏振现象，故B错误；
C.图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色是因为光的干涉现象，故C错误；
D.图丁中，有机玻璃可能传递信息和能量是光在有机玻璃内发生了全反射，故D正确。
故选AD。
10.【答案】B
【解析】A.根据动能定理得
qU=12mv2
根据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
r=d2
解得
qm=8UB2d2
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子比荷越小，A错误；
B.根据
qvB=mv2r
r=d2
解得
v=qBd2m
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子进入磁场的速度v越大，B正确；
C.离子在磁场中运动时间
t=12T
T=2πmqB
解得
t=πmqB
离子在磁场中运动时间与d无关，C错误；
D.根据动能定理得
Ek=qU
离子的电荷量q越大，进入磁场的动能越大，D错误。
故选B。
11.【答案】AC
【解析】A.质点P的振幅为0.1m，A正确；
B.简谐横波沿x轴正方向传播， t=0.1s 时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，B错误；
C.根据题意得
0.1=n+14T ( n=0,1,2,3… )
波的频率为
f=1T
解得
f=10n+14 ( n=0,1,2,3… )
当 n=0 时
f=2.5Hz
C正确；
D.波的传播速度为
v=λf
解得
v=40n+14 n=0,1,2,3…
根据上式，波的传播速度不可能为30m/s，D错误。
故选AC。
12.【答案】BD
【解析】A.根据楞次定律，c点的电势低于d点的电势，A错误；
B.送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律得
Ucd=−nΔBΔtS
ΔBΔt=B2−B1t2−t1
解得
Ucd=−nB2−B1St2−t1
C错误；
D.仅增加送电线圈中的电流的变化率，受电线圈的磁感应强度的变化率 ΔBΔt 增大，根据 Ucd=−nΔBΔtS ，c、d之间的电势差增大，D正确。
13.【答案】AC cosαcosβ 偏小
【解析】解：(1)A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些。故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行。故B错误；
C、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好。故C正确；
D、若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大一些的，故D错误；
故选：AC；
(2)由图可知，入射角为90°−α，折射角为90°−β；
则由折射定律可知：n=sin(90°−α)sin(90∘−β)=cosαcosβ
(3)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n=sinisinr；某同学画出的ab和cd都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在ab、cd上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示乙同学画图时光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小。
故答案为：(1)C；(2)cosαcosβ；(3)偏小
(1)为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。
(2)根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。
(3)根据折射定律，分析入射角和折射角的误差，即可分析折射率的误差。
本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差。
14.【答案】 甲 15.5 10.1
【解析】(1)[1]将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用上图中甲所示的固定方式，因为图乙的悬点变化，导致摆长变化；
(2)[2]测量摆球直径d
d=15mm+0.1mm×5=15.5mm
(3)[3]根据单摆的周期公式
T=2π Lg
解得
L=g4π2T2
根据图像得
g4π2=0.96−0.53.8−2.0
解得
g=10.1m/s2
15.【答案】1)6m/s；(2)6.6m/s
【解析】(1)根据机械能守恒定律得
12mA+mBv12=mA+mBgH
解得
v1=6m/s
(2)根据动量定理得
mAv0=mA+mBv1
解得
v0=6.6m/s
16.【答案】(1)5m/s2；(2)0.9J
【解析】1)当金属棒的速度大小 v1=1m/s 时，回路中的感应电动势为
E1=BLv1=1V
感应电流为
I1=E1R+r=0.5A
此时金属棒受到的安培力为
FA1=BI1L=0.5N
根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ−FA1=ma
解得
a=5m/s2
(2)设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm，根据受力平衡有
F−mgsinθ−FA2=0
解得
FA2=1N
又
FA2=B2L2vmR+r
解得
vm=2m/s
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W安，根据动能定理有
Fs−W安−mgssinθ=12mvm2
根据功和能的关系得
W安=Q
解得
Q=1.8J
则R上产生的焦耳热为
QR=RR+rQ
解得
QR=0.9J
17.【答案】(1)后表面的电势高；(2) UH=BIned ；(3)如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差减小。
【解析】1)电子的运动方向与电流的方向相反，根据左手定则，电子所受的洛仑兹力的方向向垂直纸面向外，前表面电势低，后表面的电势高；
(2)设前后表面的距离为l，根据平衡条件得
evB=eUHl
又因为
I=nevS
S=ld
解得
UH=BIned
(3)根据 UH=BIned ，如果长时间不更换传感器的电源，电源的电动势减小，电流强度I减小，霍尔电势差减小。
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