2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理试卷

一、选择题（本大题共10小题，共40分）

1.关于电磁波，下列说法正确的是（）

A.电磁波不能在真空中传播

B.电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场

C.电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波

D.麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在

2.手机上一般会有两个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个位于手机顶部。小明

同学查阅手机说明书后知道手机顶部的麦克风为降噪麦克风。该同学进一步查阅资料得知：

降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。

理想情况下的降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声

波。下列说法正确的是（）

上麦克风

环境噪声

降噪声波

下麦克风

A.降噪声波的频率大于环境噪声的频率B.降噪声波的频率小于环境噪声的频率

C.降噪麦克风的工作原理是声波的衍射D.降噪麦克风的工作原理是声波的干涉

3.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光,光路如图所示。比较内芯中的％

b两束光，α光的（）

A.频率小，发生全反射的临界角小B.频率大，发生全反射的临界角小

C.频率小，发生全反射的临界角大D.频率大，发生全反射的临界角大

4.如图所示，两根同一竖直方向平行放置的长直导线α和b中Ii0b

通有大小不同、方向均垂直于纸面向里的电流时，α对地面的

ʃɪ6∂α

压力恰好为零。已知长直导线ɑ的质量为m,当地的重力加速度为g。如果长直导线6的电流

改为垂直于纸面向外，大小不变，则ɑ对地面的压力为（）

A.OB.mgC.2mgD.3mg

5.如图甲所示为一小型发电机的原理图，矩形线圈的电阻为10。在外力作用下矩形线圈在

匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴。。'匀速转动，线圈两端与R=10。的

电阻构成闭合回路。通过电阻R的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.该发电机线圈转动的角速度为200πταd∕s

B.线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大

C.该发电机产生交流电的感应电动势峰值为

D.电阻R消耗的电功率为4000IV

6.如图所示，磁场方向垂直纸面向里，金属导轨EF、CO在竖直O

-----

平面内垂直磁场平行放置，并通过绕在竖直铁芯上的导线连接，EA______

一)XX×X

铁芯正上方有一水平放置的金属环，金属杆竖直放置，与导轨

’XXXX

EF、CD垂直且始终接触良好,现突然用外力向右拉动金属杆AB,-

CΓB

下列说法正确的是（）

A.AB中电流由4到B,金属环受到的安培力向上

B.AB中电流由4到B,金属环受到的安培力向下

C.AB中电流由B到4,金属环受到的安培力向上

D.AB中电流由B到4金属环受到的安培力向下

7.如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁

场，ɑb是圆的一条直径。一带电粒子从ɑ点射入磁场，速度大小为2%

方向与αb成30。角，经磁场偏转后从b点飞出，已知粒子在磁场中运动的时间为3不计粒子所

受重力，则（）

A.该带电粒子带负电

B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为R

C.若仅将速度大小改为则粒子在磁场中运动的时间为权

D.若仅将速度大小改为则粒子在磁场中运动的时间为2t

8.如图，理想变压器原线圈加上交变电压，副线圈上接有电阻R、灯泡k、G。闭合开关S，

滑片P处于图示位置，灯泡发光。下列说法正确的是（）

A.保持开关S闭合，将滑片P向下移，灯泡变暗

B.保持开关S闭合，将滑片P向上移，灯泡变暗

C.保持滑片P位置不变，断开开关S,灯泡Ll变暗

D.保持滑片P位置不变，断开开关S,灯泡Ll变亮

9.电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应

强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。己知电子的比荷为k,加速

电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角

为会由此可知（）

O

A.图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外

B.电子进入偏转磁场时的速度为

2U

C.电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为

kB2

D.电子在偏转磁场中的运动时间为粤

10.如图(α),质量M=4kg、倾角为。的斜面体置于粗糙水平面上，质量m=Ikg的小物块

置于斜面顶端，物块与斜面间的动摩擦因数〃=tanθ.t=0时刻对物块施加一平行于斜面向

下的推力F,推力F的大小随时间t变化的图象如图(b)所示，t=2s时物块到达斜面底端。斜

面体始终保持静止，重力加速度g=10m∕s2,在物块沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是

()

A.物块到达斜面底端时的动能为32/

B.斜面的长度为8m

C.斜面体对水平面的压力大小始终为50N

D.水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大

二、非选择题(共60分)

11.在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：

①在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球α从斜槽轨道上

由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹0；

②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球ɑ从同一位置由静止释放，撞到木板上得

到痕迹B；

③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球ɑ仍从同一位置由静止释放，和小球b相碰后，

两球撞在木板上得到痕迹4和C。

⑴为了保证在碰撞过程中α球不反弹，a、b两球的质Hi】、g间的关系是四m2°(填

“>”、或“=”)

(2)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是(填序号)。

A.小球a、b半径可以不同

B.斜槽轨道末端必须保持水平

C需用秒表测定小球在空中飞行的时间

(3)实验测得，小球a、b质量分别为讥1、Tn2、。点到力、B、C三点的距离分别为y1、为、丫3,

若碰撞前后必总动量守恒，则需要验证的表达式为。(用所测物理量的字母表示)

12.某同学用单摆测定当地的重力加速度。

图J

(1)他在组装单摆时，在摆线上端的悬点处，采用了甲、乙两种方式，正确的方式是(

填“甲”或“乙”)；

(2)该同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的

长度为，，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图丙所示，则该摆球的直径d为mm,

单摆摆长L=(用八d表示)。

(3)该同学通过多次实验得出数据画出摆长L和周期片图像，如图丁，请根据图像求出重力加

速度的值m∕s2.(已知兀2"9.86,结果保留三位有效数字)

(4)如果测得的g值偏大，可能的原因是(填序号)。

A.计算摆长时用摆线长度

在开始计时时，停表没有及时按下

C摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加

D实验中误将30次全振动记为31次

13.一列简谐横波在均匀介质中沿X轴正向传播,t=0时刻的波动图像如图甲所示,质点M的

振动图像如图乙所示。已知t=0时刻质点M恰好完成一次全振动，M、N两质点的平衡位置

均在X轴上，N点的坐标为19m。求：

(1)此简谐横波传播速度的大小；

(2)0〜IOS内质点N运动的路程。

14.在光滑水平面上静置有质量均为Tn的木板和滑块CD,

木板上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的:圆弧，其始端。点

D%

切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。

B

一可视为质点的物块P，质量也为7∏,从木板的右端以初速

度火滑上木板AB,过B点时速度为:，又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CO圆弧的最高点

C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为4.求：

(1)物块滑到B处时木板的速度以-；

(2)木板的长度L；

(3)滑块CD圆弧的半径。

15.如图所示，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直;圆周轨道组成，水平平行轨道MN、

4

Sr相距L=0.5m,轨道左端用阻值R=I0。的电阻相连。水平轨道的某段区域有竖直向上、

磁感应强度B=6T的匀强磁场。光滑金属杆Q%的质量Tn=0.2kg、电阻r=5/2,金属杆以U

5n√s的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆周轨道上升的最大高度H=

0.2mo设金属杆αb与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计，且不考虑αb的

返回情况，取g=10τn∕s2o求：

(1)金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；

(2)电阻R产生的焦耳热；

(3)磁场区域的长度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解；4电磁波本身是一种物质波，且电磁波的传播不需要介质，则电磁波能在真空中传

播，故A错误；

区周期性变化的电场产生磁场，周期变化的磁场产生电场，由近及远地传播形成电磁波，故B正

确；

C.均匀变化的电场（磁场）产生稳定的磁场（电场），则不能形成电磁波，故C错误；

。・麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故。错误。

故选：Bo

电磁波的传播不需要介质；根据麦克斯韦的电磁场理论可以解释BC选项；赫兹第一次用实验证实

了电磁波的存在。

这部分知识需要强化记忆，尤其是涉及到的物理学史问题，更要熟练记忆。

2.【答案】D

【解析】解：由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干

涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，所以降噪麦克风的工作原理是声波

的干涉，故ABC错误，D正确。

故选：D。

降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。

本题以手机上的两个麦克风为背景，考查了干涉现象在实际问题中的应用，解决本题时要明确机

械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等，要掌握波的叠加原理和干涉的条

件。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。

本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光

的折射定律和全反射的条件列方程求解。

【解答】

一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，b光对应的折射角小，根据折射定律可

知，α光的折射率小，则α光的频率小；根据全反射的条件可知：s讥C=；,所以α光对应的临界角

大，故C正确，ABD错误。

4.【答案】C

【解析】解：长直导线α和b的电流方向相同，导线α和b相互吸引，因为α对地面的压力恰好为零，

对ɑ受力分析可知b对α的引力大小等于重力，方向竖直向上；当b的电流反向时，导线α和b相互排

斥，再次对α受力分析可知地面对ɑ的支持力等于2mg,根据牛顿第三定律，α对地面的压力为2mg。

故A8。错误，C正确。

故选：Co

根据同向电流相互吸引，判断导线ɑ所受的安培力方向，根据平衡条件求出导线α受到的安培力大

小，当电流变为反向时，根据异向电流相互排斥判断导线α所受的安培力方向，根据平衡条件求出

地面对导线α的支持力，从而求得α对水平面的压力大小。

本题考查安培力作用下导体的平衡问题，解答本题的关键是明确安培力方向变化，熟练运用左手

定则判断导线ɑ受到的安培力方向。

5.【答案】D

【解析】解：4、根据乙图可知线圈转动的周期7=0.02s,角速度为3=竿=蔑rad∕s=

100πrad∕s,故A错误；

B、线圈转至图甲位置时，线圈平面与磁场垂直，线圈中感应电流最小，故B错误；

C、由乙图可知，感应电流的最大值为=20∕2a,感应电动势的最大值为Eτn=∕jn(R+r)=

20√7X(10+1”=220∕2lΛ故C错误；

D、根据乙图可知，感应电流的有效值为/=篝=与零A=204电阻R消耗的电功率P=JR=

202XlOW=4000W,故。正确；

故选：Do

根据线圈所在的位置，判断出与中性面间的关系，根据乙图判断出产生的感应电动势的最大值，

根据闭合电路的欧姆定律求得产生的感应电压的最大值，根据周期求得频率，根据电流的最大值

求得有效值，即可求得电阻R产生的热功率。

本题主要考查了交流发电机的相关知识，要熟悉“四值”之间的相互转换，同时结合欧姆定律和

焦耳定计算求解。

6.【答案】C

【解析】解：突然用外力向右拉动金属杆4B,AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断，可

知力B中感应电流方向为Bτ4,因穿过金属环的磁通量突然增加，根据楞次定律推论可知，金属

环受到的安培力向上。故ABO错误，C正确。

故选：C,

突然用外力向右拉动金属杆ZB,AB向右加速切割磁感线，根据右手定则判断48中感应电流方向；

根据楞次定律的推论，金属环中磁通量突然增加，其所受安培力会使其向磁通量减小的方向有运

动趋势，依此推论判断金属环受到的安培力方向。

本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用，以及电流磁效应和磁场对电流的作用。要能够区分

左手定则、右手定则、安培定则（即右手螺旋定则）以及楞次定律所对应的应用的场景。

7.【答案】D

【解析】解：4根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，故A错误；

A设粒子以速度2〃飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,根据几何知识可得

P

Sin30。=-

r

粒子在磁场中做圆周运动的半径为

r=2R

故B错误；

CD画出粒子以2诉口》两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示

粒子以速度大小为2D飞入磁场时，半径为2R,根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对

圆心角为。=60。，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为u,根据洛伦兹力提供向心

∙p2

力有qBu=rrt—

则r=谪

则粒子在磁场中运动的半径变为R,利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆

心角为夕=120。，粒子在磁场中运动的时间

根据

T2πr2πm

Tr=Ir

可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度V飞入磁场时，在磁场中运动的时间

为

e=2t

故C错误，。正确。

故选：D。

粒子在磁场中运动，根据左手定则分析粒子的电性，根据几何关系分析B,分析粒子的运动的情

况，可以判断粒子的运动的时间.

根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动

的时间.

8.【答案】AD

【解析】解：AB,保持开关S闭合，滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比得:

£i2i

=,

U2~n2

解得：4=管，因为％、%不变，叫减小，所以出减小，副线圈构成的回路中电流减小，即

通过两个灯泡的电流均减小，故灯泡功率减小，灯泡变暗，故A正确，B错误。

CD,滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S,副线圈构成的回路中总电阻增大，总

电流减小，R分得的电压减小，灯L两端的电压增大，故灯泡Ll变亮，故。正确，C错误。

故选：AD.

滑片P向下移动，副线圈匝数减小，根据变压器变压之比，得出副线圈两端的电压变化情况，进

而根据串并联电路的特点，即可分析出灯泡的亮度变化情况；滑片P位置不变，则副线圈输出电

压不变，断开开关S,副线圈构成的回路中总电阻增大，总电流减小，R分得的电压减小，灯Ll两

端的电压增大，即可确定灯的亮度变化。

本题考查了变压器动态分析问题，掌握变压器的变压、变流特点，是解决本题的关键。

9.【答案】AC

【解析】解：2、由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直纸面向外，故4正确：

B、设电子质量为m,电量为e,电子束射入到偏转磁场的速度为外由动能定理有：eU=∖mv2,

解得：D=叵=/痢，故8错误；

7m

C、电子偏转磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有：euB=噌，解得：r=翳=J梯，故C

正确；

工电子中磁场中的运动时间的意故。错误。

故选：AC.

根据左手定则由电子的偏转方向判断磁场的方向；根据动能定理求电子离开电场即进入磁场的速

度；由洛伦兹力提供向心力求轨迹半径；由偏转角求时间。

本题是典型的带电粒子先在加速电场加速然后在匀强磁场的偏转问题，认真审题找到关键已知量,

应用动能定理、半径公式、周期公式、时间公式就能得到正确结果。

10.【答案】AC

【解析】解：A、因为“=tαnθ,则有：mgsinθ-μmgcosθ,所以物块受到的滑动摩擦力的与支

持力的合力与小物块的重力大小相等，方向相反，

因为尸-t图象的面积表示产的冲量，根据动量定理有：Ft=mv

则小物块达到斜面底端时的速度为：v=^=ɛm/s=8m∕s

2

则物块到达斜面底端时的动能为：Ek=^mv=32J,故A正确

B、如物块做匀加速直线运动，则物块整段过程发生的位移为：%==8m

但根据外力逐渐增大可知，物块做加速度增大的加速运动，所以物块发生的位移不等于8τn,分析

两种情形的。-t图像可知物体位移小于8小，故B错误；

C、斜面的受力如图所示：

改变外力F,不会影响小物块受到的滑动摩擦力以及支持力的大小，所以小物块受到的滑动摩擦

力和支持力的合力一直竖直向上，大小等于小物块的重力，

根据牛顿第三定律可知，斜面受到的小物块对它的滑动摩擦力/以及压力Nl的合力竖直向下，大

小等于nɪg,则斜面体在水平方向上无相对运动趋势，不受到水平面对它的静摩擦力作用，根据平

衡条件有，水平面对斜面体的支持力为：N=Mg+mg=50N,由牛顿第三定律可知斜面对水平

面压力为50N,故C正确，力错误。

故选：ACo

解决该题的关键是明确知道小物块在运动过程中，外力F为小物块受到的合力，知道小物块受到

的摩擦力和支持力的合力和它的重力大小相等，方向相反。

IL【答案】＞B作=费+修

【解析】解：(1)为了保证在碰撞过程中ɑ球不反弹，a、b两球的质巾1、r∏2间的关系是巾1＞加2。

(2)4小球a、b半径必须相同，从而保证两球能发生正碰，故A错误；

反斜槽轨道末端必须保持水平，从而保证做平抛运动，故B正确；

C.小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t

平抛运动水平方向做匀速运动，水平位移X=式

平抛运动竖直方向做自由落体运动，竖直位移y=；gt2

解得水平速度f=%fɪ

因此不需要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故C错误。

故选：Bo

(3)根据上述可得水平速度"=xfɪ

碰撞前小球a的速度%=Xfɪ

碰撞后小球口的速度"i二%五"

碰撞后小球b的速度方=XJ系

以向右为正方向，若两球碰撞过程系统动量守恒，应满足Tnlq)=血1%+血2〃2

代入数据整理得焉=焉+音。

故答案为：(1)>;(2)B；(3)7克=了/+/余。

(1)若两球碰撞后入射球反弹，则会影响速度的测定，据此分析入射球与被碰球的质量的大小关系;

(2)为使两球发生对心碰撞，两球半径应相等；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水

平，根据实验注意事项与实验原理分析答题；

(3)小球离开斜槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球做平抛运动的初速度，应用动量守恒

定律求出实验需要验证的表达式。

本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落

的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生

的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。

12.【答案】乙12.01-39.66BD

【解析】解：(1)甲图在实验过程摆长会变大，乙图摆长不变，正确发方式是乙；

(2)游标卡尺的最小分度值为0.1πwn,读数为12πrnι+0×0.1mm=12.0mm,故摆球的直径为d=

12.0mm；

单摆的长度为L=1+?

(3)根据单摆的周期公式7=2兀］~|,得L=条72,由图像可得焉=翳接τn∕s2,解得g=

9.66m∕s2;

(4)4计算摆长时用摆线长度，使摆长偏小，g值偏小，故A错误；

8.开始计时时，停表没有及时按下，使周期偏小，g值偏大，故B正确；

C摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，g值偏小，故C错误；

D实验中误将30次全振动记为31次，使周期偏小，g值偏大，故。正确。

故选：BD.

故答案为：(1)乙；(2)1-*(3)9.66；(4)BD°

(1)根据细线长度变化分析判断；

(2)根据游标卡尺最小分度值，先读主尺读数、再读游标尺读数，之和为游标卡尺读数；

(3)根据周期和图像计算；

(4)根据实验原理分析判断。

本题考查用单摆测定当地的重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处

理和误差分析。

13.【答案】解：(1)根据图甲可知，简谐波的波长为4m，周期为0.8s,所以简谐波的传播速度为

大小为

λ4.,

V=产诵m/s=r5m∕s

(2)t=。时刻质点M恰好完成一次全振动可知，此时波恰好传到76处，简谐波传播到N点需要的

时间为

19-7C

t0=---S=2.4s

所以质点N振动的时间为

∆t=t-t0=(10—2.4)S=7.6s=9.5T

0〜IoS内质点N运动的路程

s=9.5X44=9.5X4X20Cm=760cm

答：(1)此简谐横波传播速度的大小为5m/s；

(2)0〜IOS内质点N运动的路程为760cm。

【解析】(1)由图甲得到波长大小，由图乙得到周期大小，利用波速公式U=亨可求得波速大小；

(2)根据MN间的距离，先求出该波传到N点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在

一个周期内运动的路程为44即可算出质点N的路程。

本题考查机械波的传播，解题关键掌握波速的计算公式，注意质点运动状态的判断。

14.【答案】解：(1)物块P在4B上滑行时，AB,CD和P组成的系统动量守