2022~2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022~2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.下列有关机械振动和机械波的说法正确的是(

)A.简谐运动的弹簧振子，在位移相同的两个时刻，振子的速度一定相同

B.火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由低变高

C.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关

D.在平静水面激起的水波波长与障碍物尺寸相比小得多时，才能观察到明显的衍射现象2.物体仅受到方向不变的力F

作用由静止开始运动，力的大小随时间的变化规律为F=4t(F

的单位是NA.力F

在第1s内的冲量大小为2N⋅s B.力F

在第1s内的冲量大小为4N⋅s

C.3.有一列沿着x轴正方向传播的横波，图甲是该波某时刻的波形图，图乙是平衡位置为2m处的质点P的振动图像，则图甲所对应的时刻为(

)

A.0s B.1s C.2s4.如图所示，M，N是边长为L的正方形金属线框AB、CD的中点，MN与匀强磁场的左边界重合，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。线框以MN为轴匀速转动产生交变电流，已知BC边的线速度大小为v，线框电阻为R，则该交变电流的电流有效值为A.2BLv4R B.5.如图所示是远距离输电线路图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4，两变压器均视为理想变压器，输电线总电阻为R。在进行输电线路改造后，输电线电阻R

变小，假设发电厂电压U1、升压变压器匝数比A.输电电压U2减小 B.降压变压器原线圈两端电压U3不变

C.降压变压器的匝数比n3:n46.纸面内固定有并排放置的正方形线框A和B，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，该磁场区域从图示位置开始沿纸面运动后，B中产生了顺时针方向的感应电流，则匀强磁场区域可能的运动情况是(

)

A.向左匀速运动 B.向左加速运动 C.向右匀速运动 D.向右加速运动7.如图甲所示，一竖直悬挂的轻质弹簧上端固定、下端连接质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，小球静止时弹簧长度为L。将整个装置倒置过来如图乙所示，将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则小球运动的位移x

随时间t

的表达式为(

)

A.x=mgk⋅sin(2π二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.关于以下四种物理仪器的示意图，说法正确的是(

)

A.图甲是速度选择器结构示意图，若不计粒子重力，可以判断由狭缝射出的带电粒子的电性

B.图乙是磁流体发电机结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极

C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越小

D.图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能9.光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t=0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两小球碰撞前后的位移x与时间t

的关系图像如图所示。则(

)

A.物块A与B的质量比为1:1 B.物块A与B的质量比为1:3

C.10.用电感L和电容C

组成如图所示的电路，开关S断开，电容器上带有一定的电荷量。闭合开关S形成LC

振荡电路，振荡周期为T，记开关S闭合瞬间为t=0时刻，则(

)

A.t=T4时，回路中电流为最大

B.t=T2时，线圈中产生的感应电动势最大

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）11.如图甲所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距d=0.4mm

(1)关于该实验，下列说法正确的是A.双缝的作用是获得两个频率相同、相位差恒定、振动方向相同的光源B.单缝与双缝应相互垂直放置C.干涉条纹与双缝垂直D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近(2)某同学在做该实验时，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心时，测量头的螺旋测微计读数为5.300mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第7

(3)所测单色光的波长是_____m(结果保留2位有效数字12.某同学用图甲所示的装置研究单摆的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，摆角小于5°。用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。

(1)用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为_____

(2)某同学根据单摆周期公式计算当地重力加速度时，将细线长与小球直径之和作为摆长，则测得的重力加速度将_____(选填“偏大”“偏小”或“无影响”(3)由图乙可得该单摆的运动周期为_____s((4)该同学测得当地重力加速度g=9.8m/s2，结合图乙数据，可计算出摆球的质量为四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）13.如图所示，有一种透明且分布均匀的液体，在其表面下方深为h=2m处有一点光源，发出的光线中有一条光线以入射角i=30°(1(2

14.如图所示，光滑U形导体框架的宽度L=0.5m，下端有一阻值为R=1Ω的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面夹角为θ=37°。空间中存在磁感应强度大小为B=0.6T(1)导体棒速度大小为(2

15.如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限中，存在磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m1、带电量为+q的小球甲从坐标原点O沿+x方向以某一初速度射入磁场，恰好与静止在P点处的带负电小球乙发生正碰并粘在一起，小球乙质量为m2(1(2(3)若碰后甲、乙恰好能经过x轴，求碰前小球乙的电量大小以及两小球从碰后至经过x

答案和解析1.【答案】C

【解析】A.简谐运动的弹簧振子，在位移相同的两个时刻，振子的速度方向可能相反，故A错误；B.根据多普勒效应，火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由高变低，故B错误；C.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故C正确；D.当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，将发生明显的衍射现象，故D错误。故选C。2.【答案】A

【解析】AB.由于力的大小随时间的变化规律为则力F在第1s内的冲量大小为故A正确，B错误；CD.力F

在2s根据动量定理可得I2可得2s末物体的动量大小为p故CD错误。故选A。3.【答案】A

【解析】由于波沿着x轴正方向传播，根据波形平移法可知，图甲中质点P此时从平衡位置沿y轴负方向振动，结合图乙，可知则图甲所对应的时刻为0s故选A。4.【答案】B

【解析】根据题意可知，线圈始终有一半处于磁场中，以图示位置为计时起点，则感应电动势的瞬时值为e=由于v=则电动势的最大值为Emax则该交变电流的电流有效值为I=故选B。5.【答案】C

【解析】A.对于升压变压器，根据电压匝数关系有U1由于U1、升压变压器匝数比n1:n2B.由于发电厂总功率保持不变，根据P=根据上述，U2保持不变，则输电电流I2不变，根据由于输电线电阻R

变小，则降压变压器原线圈两端电压U3增大，故BC.对于降压变压器，根据电压匝数关系有U3根据上述U3增大，而U4不变，则降压变压器的匝数比n3D.降压变压器输出功率P′根据上述，U2、I2保持不变，R减小，则降压变压器输出功率增大，故故选C。6.【答案】B

【解析】AC.当匀强磁场向左匀速或向右匀速运动，等价于线框的左边反向匀速切割磁感线，产生的是恒定的电动势，则产生的磁场也是恒定的，导致穿过B线框的磁通量不变，B线框不能产生感应电流，故BD.匀强磁场向左加速运动，等效为线框的左边在向右加速运动切割磁感线，A线框中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则知感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知A线圈在B框中产生的磁场方向垂直纸面向外，而磁通量增大，由楞次定理可知B线框的感应电流为顺时针；同理匀强磁场向右减速运动时，B中产生的感应电流也为顺时针方向，故B正确，故选B。7.【答案】D

【解析】竖直悬挂时，小球静止时弹簧长度为L，设此时弹簧的伸长量为x1，则有k解得x1弹簧的原长为L0将整个装置倒置过来，小球处于平衡位置O时，设弹簧的压缩量为x2，则有x将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，则t=0时刻，小球处于负向最大位移处，即小球做简谐运动的振幅为A=则小球运动的位移x

随时间t

的表达式为x=故选D。8.【答案】BD【解析】A.速度选择器中粒子不计重力，沿直线做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，根据qv则有v=粒子从左侧进入，可知，若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下，若洛伦兹力带负电，洛伦兹力向下，电场力向上，洛伦兹力始终与电场力平衡，即与粒子电荷无关，即不能够判断由狭缝射出的带电粒子的电性，故A错误；B.根据图示可知，磁场水平向右，根据左手定则，正粒子向下偏转到B上，B极板带正电，可以判断出B极板是发电机的正极，故B正确；C.根据qU=12m解得qm可知，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C错误；D.粒子最大半径为D形盒的半径R，则有R=mv解得Ek可知，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D正确。故选BD。9.【答案】BC【解析】AB.根据图像可知，碰后A处于静止，则A碰前的速度B碰撞前后的速度v1=3根据动量守恒定律有mA解得mAmB=1CD.结合上述，碰撞前有碰撞后有12前后动能不变，可知，两物块的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误。故选BC。10.【答案】AB【解析】A.根据题意可知，开关S闭合瞬间为t=0时刻，电容器开始放电，电流增大，电流与时间呈现正弦式变化，当t=B.t=T4时刻电容器处于反向充电状态，电流减小，由于电流与时间呈现正弦式变化，图像的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，在t=T2时，电流为C.根据上述可知，t=T2时，充电结束，电容器又开始放电，电流反向增大，tD.根据T=2π可知，若增大电容器两极板的间距，电容器的电容减小，则振荡周期减小，故D错误。故选AB。11.【答案】(1)A

(【解析】(1)AB.为了确保干涉条纹的清晰程度，单缝与双缝应相互平行放置，故B错误；C.实验中的干涉条纹与双缝平行，故C错误；D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，则需要减小条纹之间的间距，根据Δx可以减小像屏到双缝之间的间距L，即将像屏向双缝靠近，而将单缝向双缝靠近对于条纹间距不影响，故D错误。故选A。(2)根据螺旋测微器的读数规律，该读数为(3)根据上述可知，相邻条纹间距为根据Δx解得λ=12.【答案】(1)15.70

(2)【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为(2)根据解得g=摆长应该为摆线长与小球半径之和，若将细线长与小球直径之和作为摆长，则摆长偏大，测得的重力加速度将偏大。(3)单摆在摆动过程中，摆球位于最高点时，细线弹力最小，根据图乙可知，连续两次细线弹力最小经历时间为半个周期，则有解得T=(3)摆球在最低点有摆球在最高点有Fmin摆球由最高点到达最低点过程有mg结合图乙解得m=13.【答案】解：(1)由折射定律有解得液体的折射率为n=(2)全发射的临界角为解得C=则遮光板的最小半径r=遮光板的最小面积Smin答：(1)该液体的折射率为2。

(2)【解析】见答案14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，可得其中I=解得a=(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大，设最大速度为vm，

感应电流为I′解得vm答：(1)导体棒速度大小为1m/s时的加速度大小为3m/