《2022~2023学年重庆市某中学高二（上）期末物理试卷+答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022~2023学年重庆市某中学高二（上）期末物理试卷+答案解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022 2023学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末物理试卷1.某同学通过实验得到了如下图所示的四幅图案，在下列四个选项中，哪一个可能是由双缝干涉实验得到的图案（）llllllllll2.三种透明介质垂直堆叠，介质的两边界是平行的。一束光在介质的上边界内部发生全反射，经过折射后从介质II的下边界射出，如图所示。假设光在三种介质中的折射率分别为叼，2和的，则它们之间的大小关系正确的是（A.n1 n2,n3 n2 B.n1 n3 n2C.n1 n2,n3 n2 D.n1 n2,n3 0区域有垂直直面向外的匀强磁场，磁感应强度为8,在X 0区域有沿 X 轴正向的匀强电场。质量为机电荷量为q的带正电荷粒
2、子，以速度%沿与），轴正向夹角为P弧度管 W 9 的方向，从坐标系的原点O 处射入磁场，粒子的重力可以忽略不计。粒子每次离开磁场后，都会从。点再次进入磁场，即粒子以周期路径运动。下列说法中正确的是（）XA.粒子第一次经过y轴时的位置坐标为（0,瑞sin/B.粒子运动周期为T=2m（tan曹 ）qbC.匀强电场的电场强度大小为728UOCOS0D.当粒子运动到离y轴最远位置时，将磁感应强度减小到竽，则粒子第一次离开磁场时，距O点距离为L=（3+/师2qB1 6.如图所示，在插针法测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。在方格纸上画出一条直线作为界面（线），过上的一点。画出界面的法
3、线N N,并画一条线段4。作为入射光线。再把玻璃砖放到方格纸上，使其上边界与重合，画出玻璃砖的下界面帅 的位置。在直线A o上插两枚大头针PI和P 2,再在玻璃砖的另一侧插上大头针P3和P4。确定光路后利用折射定律计算折射率。（1）关 于 本 实 验 下 列 说 法 正 确 的 是;A.实验时入射角越大越好B.插大头针时应使Pl和P2、03和4的间距稍大一些，可以减小误差C.插大头针时，大头针应垂直纸面插放D该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率(2)利用上述方格纸上的实验记录，计 算 此 玻 璃 砖 的 折 射 率 为；(答案可以用分数或根号表示)(3)某同学在画好玻璃砖的上下边界之后，插针
4、之前，不小心碰到了玻璃砖，使其向上平移了一小段距离，该同学并没有发现，则该同学测出的折射率与真实值相比 o (填“偏大”、“偏小”或“不变”)1 7.某同学利用双缝干涉实验测量光的波长，实验装置如图所示，操作如下：、接好电源，打开开关，使白炽灯正常发光；从 调整各器件高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏；C、调节白炽灯到凸透镜的距离，使其光线刚好被聚焦到单缝上；”、调节拨杆，使单缝与双缝平行；e、调整测量头(由分划板、目镜、手轮等构成)，直至可在目镜端观察到干涉条纹;旋转手轮完成测量。(1)经过以上细心调节，该同学通过目镜观察，发现可以在毛玻璃上观察到彩色条纹，但无法观察到等间距的单
5、色条纹，为了解决这一问题，该同学可在凸透镜和单缝之间增加(填“偏振片”或“滤光片”)；(2)在加装了该器件后，该同学重新操作以上步骤，在毛玻璃上出现了明暗相间的单色条纹，但由于条纹间距过小，导 致 无 法 测 量,要 增 大 观 察 到 的 条 纹 间 距,正 确 的 做 法 是;A.减小双缝的距离 B.减小单缝与双缝间的距离C.增大透镜与单缝间的距离 D增大双缝与光屏间的距离(3)做出适当调整后，该同学再次重复前面操作，终于在毛玻璃上看到了清晰的明暗相间的单色条纹，只不过发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图所示，若要使两者平行对齐，该同学应 调节；A.仅 左 右 转 动 透 镜B.仅 旋
6、 转 单 缝C.仅 旋 转 双 缝D.仅旋转测量头(4)再次调节之后，测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测盘头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 刈；(5)己知双缝间距d为2.1 X IoTm,测得双缝到屏的距离乙为o.7OOm,求得所测光波长为_ WMo18.如 图 所 示，有一列简谐横波沿X轴方向传播，实线和虚线分别表示t=Os和t=5s时的波形图。(1)若波沿X轴正向传播，则波可能的周期是多少？该波的最小波速是多少？(2)若该列波沿X轴负
7、方向传播，由图可知，在t=。时刻坐标为X =ITn处的质点处于平衡位置，若该质点t=5s时第一次达到正向最大位移，求该列波波速，并写出X =IJn处质点的振19.如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑的水平面上，右边J圆弧部分的半径r=1m,小车上表面光滑，且均由绝缘材料制成，整个空间开始时有竖直向上的匀强电场。现有一质量Tn=Ikg、带负电的电荷量q=2C的滑块，以为=6m s的水平速度从小车左端A处向右滑上小车，小滑块刚好能运动到小车右端最高点，之后电场大小不变，方向改为竖直向下，小滑块反向滑回，最终小滑块脱离小车，滑块可视为质点，g取IOns 2,求：(1)小滑块滑至右侧轨道最高点时的
8、速度以及电场强度的大小；(2)小滑块第二次滑至。点时对小车的压力大小。77777777777777777777777777777777777777777777772 0.水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,匀强电场场强未知,。点是实线上一点,在其正上方有一点尸,已知P。=h,OD=d,如图所示，整个图形处于竖直平面内，一 个 质 量 为 电 荷 量 为 g 的带正电小球从尸点可以朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，可以做匀速圆周运动，求：(1)求电场强度的大小及方向；(2)自尸点以与水平方向成角斜向上抛出小球，抛出速度为巧,小球
9、刚好经过。点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P 点，求和DP(己知：E=12NC,h=4.8m,d=2An,B=5T,q=10C,m=12kg,g-10ms2)(3)若从P 点以速度北水平抛出小球，要使小球能经过。点，求速度处的大小及方向。P Oh_ I d,O DB答案和解析1.【答案】A【解析】A双缝干涉实验得到的图案为明暗相间的干涉条纹，且条纹间距相等，亮暗不变，故 A正确；8.图中图样为衍射图样，中央为亮条纹，中央条纹最宽最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗变窄，故 8错误；C.光通过小孔出现明暗相间的衍射条纹，属于圆孔衍射，故 C错误；。.光通过圆盘出现明暗相间的条纹，属于圆盘
10、衍射，中央形成“泊松亮斑”，故 O 错误。故选4。2.【答案】D【解析】光在介质的上边界内部发生全反射，说明介质I 的折射率小于介质的折射率，即如 叫 3，故选3.【答案】B【解析】A.机械波的传播速度由震源的频率和介质本身决定。传播过程中能量有可能逐渐递减，频率，物质都没有发生改变，A 错误；8.由波长的定义，在传播方向上，两个相邻波峰间的距离是一个波长，B 正确；C.波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，C 错误；D 机械波传播的是振动形式和能量.质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波定向迁移，D错误。故选B。4.【答案】C【解析】A由图可知，小球的振幅是2 c%,周期是4s,A错
11、误；At=Os到t=Is时间内，小球向平衡位置移动，做加速运动，故这个过程中小球的动能在增加,8 错误；C.t=2s时和t=4s时小球的回复力大小相同，方向相反，C 正确；D t=2s到t=3s时间内，小球向平衡位移运动，恢复力逐渐减小，故加速度也在减小，。错误。故选Co5.【答案】D【解析】A.初始位置穿过线圈的磁通量为。=BSSin 30。=B S,选项A错误；B.当线圈从图示位置逆时针转过30。时，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，为B S,选项8错误；C.当线圈从图示位置逆时针转过90。时，线圈平面与磁场方向的夹角为60。，穿过线圈的磁通量为=BSSin 60。=3 B S
12、，选项 C 错误；D在线圈从图示位置逆时针转过180。时，穿过线圈的磁通量为。=-BSSin 30。=-因此此过程线圈磁通量的变化大小为/0=B S,选项。正确。故选。6.【答案】B【解析】根据磁铁周围的磁场特点，将磁场分解为水平向右和竖直方向，结合左手定则可知，竖直方向的磁场对线圈有向左的作用力，水平向右的磁场对线圈有背离圆心的安培力，因此线圈向左偏转且有向外扩张的趋势，故选瓦7.【答案】A2【解析 1观察发现，电子越靠近CD导线,轨迹半径越小，根据洛伦兹力提供向心力则有quB=*,R 噬,故越靠近CD导线磁感应强度越大，因此一定是C。导线携带电流：电子做曲线运动，受到的合外力方向指向轨迹弯
13、曲的凹侧，则根据左手定则可知，电子所在区域的磁场方向垂直纸面向外，其中只有一根携带稳定的电流，根据安培定则可知，则是C。导线携带电流，方向从。流到C。故选AQ8.【答案】D【解析】AD.两车共速时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有TAV0=(mA+m)v,02(mA+mB)v2+Ep,解得v=2ms,Ep-3/,故 A 正确，D错误；BC,两车(含弹簧)作用的整个过程，最终弹簧形变量为零，根据动量守恒和能量守恒得m.Do=mAvA+mBvB mAv O2=mAv A +jmv B，解得U A =Im/S,%=4ms,故 Be 正确。本题选错误的，故选。9【答案】D【
14、解析】4根据粒子在磁场中的运动及左手定则可知，该粒子带正电，4错误；BC.粒子在经过加速电场的过程中，由动能定理可知Uq=；nw 2,在磁场中粒子由洛伦兹力提供向心力，则BqU=噂，r=5,联立解得X=WJ半，若电压U不变，X越大，则粒子比荷越小；结合图乙可知V 乒=k=0.5,解得E=8xl8ckg,BC错误；。.根据粒子在磁场中做圆周运动可知，Bqv=，T=,可得T=誓，由题可知，该粒子在VBq磁场中运动的时间约为t=1.96 X IO-5s,D正确。故选。10.【答案】D【解析】ABC.电子在磁场中的运动轨迹如图所示,由图中几何关系可得一J+-=r,解得电子运动的轨道半径为r=(3+l)
15、d,由洛伦兹力cos30 cos30 J提供向心力可得q%B=m 解 得 电 子 的 入 射 速 度%=喏=%=严;？喇,电子在磁场中运动的时间为t=黑7=1 x驾=黑，故ABC错误；360 12 qB 6qB。.仅改变入射方向，使电子刚好不从右边界射出，如图所示，由图中几何关系可得，AB边界上的入射点与出射点间的距离为L=2 W 一 (r 一 郎=2(3 +l)2d2-(3 d)2=2(l+2 C)d,故。正确。I i.【答案】c【解析】A.由动量定理/=p,得Fltl-m gs=Pi-0,解得物体在3s末的动量大小Pl=F1t1-m gt1=4 3kg-m/s 0.2 1 10 3kg-m
16、/s=6kg-m s,故 A 错误；区水平力尸在前4 s内的冲量大小为I2=F ltl-F 2灰=4 X 3N s 4 义IN s=8N s,故B错误；C.物体速度为零时，由动量定理可得F ltl-F 2 t3-(t+t3)=0-0,解得t3=l s,所以在4,末物体的速度为零，从 4s末到5s末由动量定理得(F2-)t4=m v,解得物体在5s末的速度大小为V =2 m s,故 C 正确；。.由动量定理得 6s 末动量大小为P=/=(F2-)t4=(4-2)(6-4)kg-m/s=4kg m/s,故。错误。故选Co12.【答案】BD【解析】A各种波都能发生干涉、衍射现象，但只有横波能发生偏振
17、现象，纵波没有偏振现象，故 A 错误；BC.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强,波谷与波谷叠加相互加强,波峰与波谷叠加相互削弱,故振动加强的点永远振动加强，振动削弱的点永远振动削弱，B 正确，C 错误；D 当障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多时，才能发生明显的衍射现象，。正确。故选BD.13.【答案】AC【解析】A设重物块的质量为m,外棒处于静止状态且仅受重力、支持力、拉力、安培力四个力的作用，则 有 第=m g,整理得6=黯T=Ik g,故 A 正确；K-rTBC.b棒与导轨之间的最大摩擦力为&ax=f =mg=2 N,要使必棒保持静止，则安培力应满足M g-ng 震 mg+卬n g,解得
18、R 1.1 5 0,故 B 错误、C 正确；D.若将磁场反向，则安培力的方向将与重物拉力的方向一致，由于重物的拉力大于小棒受到的最大静摩擦力，所以无论怎样调节滑动变阻器，都不能让系统平衡，故。错误。故选4C。14.【答案】BCD【解析】A.小球4 相邻位置的时间间隔为7。=s =0.1 s,平台向右运动的速度大小为U=y m s=2m s,A 错误；B.由图(b)可知，t=0.2s时，小球A 处于平衡位置，小球A 的速度最大，B正确；C.由图(b)可知，小球A 的振动周期为7=0.4s,t=0.35s时，小球A 处在平衡位置y=IOcm 方且向下振动，可知小球A 的加速度方向竖直向上，C 正确
19、；7 r。.设y=IoCm为原点，由图可知，振幅为IoCm,则振动方程为y=-IOcos(y t)ycm=-IOcos(5t)cmft=0.95S时，得y=5cn,此时小球A 的竖直位移大小为j=(10+5)CT,D 正确。故选BCD。15.【答案】BD【解析】4 粒子在磁场和电场中的轨迹如图所示,在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得q%B=n捺，解得R=翳，粒子第一次经过y轴时的位置的纵坐标为y=-2fisinp=-鬻SinS,粒子第一次经过y轴时的位置坐标为(0,-鬻SinW),故A错误；B.粒子在磁场中的时间为Q=当 当 警=迎种，粒子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，T C QD(JD
20、则有2Rsin V2=4v-ms小滑块第二次滑至D 点时由牛顿第二定律得尸N+E q-m g =Tn丝 严，解得 FN=32/V,由牛顿第三定律可知,小滑块第二次滑至O 点时对小车的压力与小车对滑块的支持力FN大小相等,方向相反，故F氏=32N。【解析】(1)由动量守恒定律和能量守恒定律联立求解小滑块滑至右侧轨道最高点时的速度以及电场强度的大小；(2)由动量守恒定律和能量守恒定律求解小滑块第二次滑至D 点时小滑块和小车的速度，再由牛顿第二定律结合牛顿第三定律求解对小车的压力大小。20.【答案】解：(1)带正电的小球进入实线下方的复合场区后，做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qE=mg,得电
21、场强度的大小E=等，方向竖直向上；(2)自尸点以与水平方向成角斜向上抛出小球，抛出速度为玲，小球刚好经过。点，然后历经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P 点，可画出小球运动轨迹如图所示，当小球过。点时，根据斜抛运动规律可得，水平方向有d=Vpcosa 3竖直方向有力=-VpSina-t+g t2,小球在复合场中做匀速圆周运动，根据几何关系可得RSin0=d,q%B=m 4，R且 V O y=UDSinS=vpsin+gt,联立以上式子,代入相关数据求得小球从P点到。点的时间为t=1.2s,vp=2y2ms,a=45；(3)若从尸点以速度%水平抛出小球，要使小球能经过。点，可作出小球运动轨
22、迹如图所示，当小球从。1，。2，。3位置经过时，可得l =g g 2,0=V01,有 d XQ,d 3x0 2/Jsiny?,d=5x0 4RsiS,以此类推，可得小球从D点飞出满足d=(2n-I)Xo-(n-l)2Rsin(n=1,2,3.),且RSinB=瞽=翳可 得 孙=(+H=123 )，方向水平向右；当小球从。，D,2,D,位置经过时，可得=%0=v0t,有d=%o-2Rsn,d=3x0 4Rsin?,d=5x0 6Rsin0,以此类推，可得小球从D点飞出满足d=(2n-I)Xo-n 2sin(n=1,2,3),可得%=(2 +(n=123 1方向水平向右。【解析】(1)由电场力与重力平衡求电场强度的大小及方向；(2)画出小球运动轨迹图，结合斜抛运动规律和匀速圆周运动的规律求和昨；(3)画出小球运动轨迹图，当小球从久，D2,久 位置经过时，求出d满足的关系式，同理，当小球从D,D2,D 3 位置经过时，求出d满足的关系式，最后求出处的大小及方向。