卷子答案网-一个不只有答案的网站2022-2023 学年无为县开城学校高二（下）期末试卷 物 理
一、单选题（本大题共 7 小题， 共 28 分）
1. 如图1所示， 弹簧振子以点。为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的
位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是 ( )
A. t = 0.8s时，振子的速度方向向右
B. t = 0.2s时， 振子在。点右侧6cm处
C. t = 0.4s和t = 1.2s时，振子的加速度等大反向
D. t = 0.4s到t = 0.8s的时间内， 振子的速度逐渐减小
2. 一个按正弦规律变化的交变电流的i t图象如图所示．根据图象可以断定( )
A. 交变电流的频率f = 0.02 Hz
B. 交变电流的有效值I = 20 A
C. 交变电流瞬时值表达式 i = 20sin0.02t A
D. 在t = 时刻，电流的大小与其有效值相等
3. 某质点做简谐运动， 其位移随时间变化的关系式为x = 5sin(cm)，则下列关于质点运动的说法
中正确的是 ( )
A. 质点做简谐运动的振幅为10cm B. 质点做简谐运动的周期为4s
C. 在t = 4 s时质点的速度最大 D. 在t = 4 s时质点的加速度最大
4. 由于空气阻力的影响，子弹、炮弹的实际飞行轨道不再是抛物线， 而是按“弹道曲线”飞行， 如图所
示。下列说法正确的是 ( )
A. 炮弹到达最高点时， 水平方向的动量为零
B. 炮弹在上升过程和下降过程中，重力的冲量相等
C. 炮弹在上升过程中动能的减小量大于下落过程中动能的增加量
D. 炮弹在上升过程中， 机械能减小； 下落过程中， 机械能增加
5. 通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN
平行。下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的说法正确的是( )
A. 线框所受安培力的合力为零
B. 线框有两条边所受的安培力方向相同
C. 线框有两条边所受的安培力大小相同
D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势
6. 如图所示， 匀强磁场的边界为等腰直角三角形，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。F处有 一粒子源，仅沿FG方向先后射出大量带+q、不计重力的同种粒子，粒子质量为m，初速度v0 大小可调。
下列正确的是 ( )
A. v0 取合适值， 粒子可以到达E点
B. 到达EG边界的粒子速度越大，从F运动到EG边界的时间越长
C. 从EF边界射出的所有粒子所用的时间不相等
D. 粒子从F运动到EG边所用的最长时间为
7. 示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成， 管内抽成真空。如果在偏转电极 XX 和YY 之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑
如图乙所示。若板间电势差UXX'
和UYY 随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为 ( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共 3 小题， 共 18 分）
8. 图所示， 空间中存在一匀强磁场， 将长度为L的直导线放置在y轴上， 当通以大小为I、沿y轴负方向 的电流后， 测得其受到的安培力大小为F，方向沿x轴正方向。下列关于磁感应强度的方向和大小， 说
法正确的是( )
A. 方向只能沿x轴正方向 B. 大小可能为
C. 大小可能为 D. 大小可能为
9. 如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上 有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上， 接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的
水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止， 则( )
A. a 、b 、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒
B. b 、c两车运动速率相等
C. b的速率为v
D. a的速率为v
10. 如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t = 0.2s时刻的波形图，图乙为质点B的振动图像，
下列说法正确的是( )
A. 从t = 0到t = 0.1s，该波沿x轴负方向传播了2m
B. 在t = 0.4s时，质点A的速度方向和加速度方向均沿Y轴正方向
C. 从t = 0.2s到t = 0.3s，质点B沿水平方向平移的路程等于5cm
D. 在t = 0.1s时， 质点C和质点D的速度大小相等，方向相反。
三、实验题（本大题共 2 小题， 共 16 分）
11. 某同学在用油膜法估测分子大小的实验时，进行了如下操作：
①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中， 记下量筒内每增加一定体积时的滴数，
由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
②往浅盘里倒入适量的水， 等液面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
③用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
④将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；
⑤将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸
分子直径的大小。
(1)关于对该实验的理解，下列说法正确的是 。
A.形成的单分子油膜的厚度近似等于油酸分子的直径
B.在计算油膜面积时， 凡是占到方格的一部分的都计入方格的总数
C.处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径
(2)欲减小油膜分子的测量误差，下列说法正确的是 。
A.配制溶液时，应增大油酸酒精溶液的浓度
B.描绘油酸的轮廓时， 应等到油膜稳定后再描绘
C.撒在水面上的痱子粉没必要必须均匀
(3)如果该溶液的浓度为0.10%，一滴油酸酒精溶液的体积为4.8 10 3mL，描绘出的油膜面积为40cm2，
油酸分子的直径约为 m 。(结果保留两位有效数字)
12. 如图甲所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱 镜， 并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线， 并在线上竖直插上两枚大头针P1和
P2 ，再从棱镜的右侧观察P1和P2 的像。
(1)此后正确的操作步骤顺序是 。(选填选项前的字母)
A.插上大头针P3 ，使P3挡住P2 的像
B.插上大头针P3 ，使P3挡住P1 、P2 的像
C.插上大头针P4 ，使P4挡住P3 的像
D.插上大头针P4 ，使P4挡住P1 、P2 的像和P3
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4 的位置(图甲中已标出)。为测量该种玻璃的折射率， 两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线， 如图乙、丙所示。在图乙、丙中能够仅 通过测量DE、FG的长度便可正确计算出折射率的是图 (选填“ 乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式
为n = (用代表线段长度的字母DE 、FG表示)。
四、计算题（本大题共 3 小题， 共 38.0 分）
13. 如图所示， 质量M = 2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上， 木板左侧的水平地面上固定一个竖直 挡板A。现有一质量m = 1kg的小滑块P(可视为质点)以v0 = 6m/s的初速度从木板的右端滑上木板，P与 Q之间的动摩擦因数μ = 0.3，木板与挡板A碰撞后立即以碰撞前的速度大小反向弹回， 木板与A只发生 了一次碰撞，小滑块P未与A发生碰撞， 最终小滑块未滑离木板且二者都静止在水平地面上，已知重力
加速度为g = 10m/s2 。求木板的运动时间。
14. 如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化。正方形硬质金属框abcd
放置在磁场中， 金属框平面与磁场方向垂直， 电阻R = 0.1Ω,边长l = 0.2m。求
(1)在t = 0到t = 0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t = 0.05s时，金属框ab边受到的安培力F 的大小和方向；
(3)在t = 0到t = 0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。
15. 如图，在xoy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压u = 1 102 v. 现有一质量m = 1.0 10 12 kg，带电量q = 2.0 10 10 c的带正电的粒子(不计重力)，从下极板处由静 止开始经电场加速后通过上板上的小孔， 垂直x轴从A点进入第二象限的匀强磁场中．磁场方向垂直纸 面向外，磁感应强度B = 1T.粒子在磁场中转过四分之一圆周后又从B点垂直y轴进入第一象限，第一象
限中有平行于y轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过x轴上的c点， 已知。c = 1m.求：
(1)粒子飞出极板的速度v；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；
(3)第一象限中匀强电场场强E的大小；
(4)粒子从A到C运动的总时间t .
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
速度方向在位移时间图象中看斜率的正负，振子加速度根据回复力公式计算，从最大位移处到平衡位置的
过程中速度增大。
【解答】
A. 由图象乙知，t = 0.8S时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负， 即振子的速度方向向左， A 错误； B.在0一0.4S内，振子做变减速运动， 不是匀速运动，所以t = 0.2S时，振子不在。点右侧6cm处， B 错误；
C.t = 0.4S和t = 1.2S时，振子的位移完全相反，由a = ，振子的加速度等大反向，C 正确；
D.t = 0.4S到t = 0.8S的时间内， 振子的位移减小， 正向平衡位置靠近， 速度逐渐增大，D 错误。
故选 C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据图象得出交流电的周期和电流的峰值，从而得出交流电的频率和有效值，通过峰值和角速度得出交变
电流的瞬时表达式．明确交流电图象的物理意义， 正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要
求，平时要加强练习.
【解答】
(
1
T
)A、由图象可知，交流电的周期为0.02S，则频率f =
= 50Hz，故 A 错误；
B、交变电流的有效值I = = A = 10 2A，故 B 错误；
C、交变电流的峰值为20A，角速度幼 = = = 100πad/S，则交变电流瞬时值表达式i = 20Sin100πtA，
故 C 错误；
D、交变电流瞬时值表达式i = 20Sin100πtA，当t = 时， i = 20Sin = 10 2A，与交流电的有效值相等，
故 D 正确.
故选： D .
3.【答案】C
【解析】
【分析】
简谐运动的表达式为x = Asin(t + φ) ，A为振幅， 为圆频率．根据T = 2π/，可求出周期。
解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为x = Asin(t + φ)，知道A为振幅，为圆频率．根据T = 2π/可
求周期。
【解答】
AB.根据简谐运动的表达式为x = Asin(t + φ)，知振幅为5cm，周期T = 2π/ = 8s，故 AB 错误；
CD.在t = 4s时可得位移x = 0，平衡位置速度最大， 加速度为零， 故 C 正确 D 错误；
故选 C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
炮弹到达最高点时竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零， 则水平方向的动量不为零；炮弹在 上升过程中，重力、空气阻力都做负功， 动能减小，机械能减小， 下落过程中，重力做正功，重力势能减
小，空气阻力做负功，机械能减小。
明确最高点的含义， 知道动能、重力势能、机械能的变化与哪些力做功对应即可正确判断动能、重力势能、
机械能的变化。
【解答】
A.炮弹到达最高点时竖直方向的速度减为零， 而水平方向的速度不为零，则水平方向的动量不为零， 故 A
错误；
B. 由于空气阻力的影响，竖直方向a上 a下，据 = at2，上升时间小于下降时间，重力的冲量为IG = mgt，
所以炮弹在上升过程和下降过程中， 重力的冲量不相等， 故 B 错误；
CD、炮弹在上升过程中，重力、空气阻力都做负功， 动能减小， 机械能减小， 下落过程中，重力做正功，
空气阻力做负功，机械能减小， 据动能定理知，炮弹在上升过程中动能的减小量大于下落过程中动能的增
加量， 故 C 正确，D 错误。
故选 C。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了通电直导线周围的磁场的分布情况及导线框所受的安培力的作用下的运动问题。
根据通电直导线周围磁场的分布不均匀， 越靠近直导线磁场越强， 根据F = BIL分析线框平行两边所受安培
力的大小及根据左手定则判断安培力的方向从而做出判断。
【解答】
ABD.通电导线dabc的有效长度等效于通电导线dc的长度， 但由于导线dabc更加靠近NM，导线dabc所在的 磁场平均强度要大于导线dc所在磁场强度，故导线dabc所受安培力大于导线dc所受安培力。根据左手定则， 导线dabc所受安培力方向向左，导线dc所受安培力方向向右。整个线框所受安培力合力方向向左， 线框在
安培力作用下一定有向左的运动趋势，故 ABD 错误；
C.另外， 导线bc和da所受安培力大小相等，但方向不同，故 C 正确。
故选 C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
粒子从EG边界射出的临界情况是轨迹与EG相切，此时从EG边射出时间最长，根据圆心角，结合周期公式求
出最长时间．粒子从EF边界射出粒子运动的轨迹为半圆，通过圆心角比较运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中运动，涉及洛仑兹力的计算， 圆周运动动力学计算，左手定则， 时间计算和临
界分析等。关键作出粒子的运动轨迹，结合半径公式和周期公式进行求解。
【解答】
粒子在磁场运动时间有t = T，又有qVB = m ，T = ，得t = ，则同一粒子在磁场中运动的时间由
偏转角决定，粒子运动轨迹如图
从图可知粒子无法到达E点， A错；
到达EG边界的粒子速度越大，速度偏转角越小， 时间越短， B错；
从EF边界射出的所有粒子偏转角相同且最大，C错；
从EF边界射出的粒子偏转角最大为轨迹和EF相切时，此时θ = ，则tm = ，D 正
确。
故选 D。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了示波管的工作原理。图像的X ，y坐标分别由XX 和YY 电压决定。
【解答】
示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用， 偏转电极YY ，使电子束竖直偏转， 偏转电极XX ， 使电子束水平偏转， 由于扫描电压XX 和YY 不变且大于0，故X、y坐标不变， 且在第一象限， 故A 正确，
BCD 错误。
8.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了安培力、左手定则； 本题关键掌握安培力的一般公式F = BILsina，知道a是导线与磁场方向的
夹角， 当a = 90 。时， B有最小值。
根据左手定则判断磁场的方向， 由F = BILsinθ分析磁感应强度可能值，从而即可求解。
【解答】
A.根据左手定则可知， 磁感应强度的方向不可能与安培力方向平行，故A 错误；
BCD.根据左手定则和安培力公式可知，磁感应强度在z轴正方向的分量为Bx = ，即磁感应强度最小为，
故 BC 正确，D 错误。
9.【答案】AD
【解析】
【分析】
人与a 、b 、C组成的系统水平方向不受外力， 水平方向动量守恒，由动量守恒定律分析人与三车速率关系。
【解答】
A.a 、b 、C 、小孩四者组成的系统， 水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒， 故A 正确；
BC.对小孩跳离C车的过程，取向右为正方向，对小孩和C 的系统，由水平方向动量守恒定律，有0 = mv + Mvc
解得c车的速度为v =
负号表示方向向左； 对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有mv + 0 =
Mvb + mv
解得b车最终的速度为vb = 0，故 BC 均错误。
D.对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv + 0 = (M + m)va
解得a车的最终速度为va = v ，故 D 正确。
故选AD。
10.【答案】BD
【解析】 【详解】A. 由图乙可知，B质点在t = 0.2s时在平衡位置向下振动，由同侧法可知， 波沿x轴负方向
传播， 从t = 0到t = 0.1s运动了，根据图甲可知， 该波沿x轴负方向传播了2cm，故 A 错误；
B.根据同侧法可知，t = 0.2s时刻质点A沿y轴负方向振动，t = 0.4s时即经过半个周期， 质点A的位移为负， 此时质点A的速度方向沿y轴正方向，根据牛顿第二定律a = 可知质点A的加速度方向沿y轴正方向，故 B
正确；
C.从t = 0.2s到t = 0.3s，质点B在竖直方向上振动，沿水平方向平移的路程为0，故 C 错误；
D.将图甲向前推四分之一周期B质点在波峰处，C和D质点在平衡位置，所以质点C和质点D的速度大小相等，
方向相反， 故 D 正确；
故选 BD
11.【答案】(1)A；
(2)B；
(3) 1.2 10 9
【解析】
【分析】
用“油膜法估测分子大小” 的实验原理：认为油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜， 然后用
每滴油酸酒精溶液所含油纯酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度， 即为油酸分子直径.
求油膜面积S时要注意，不到半个格的要舍去， 超过半个格的算一个格， 数出油膜轮廓的格数，然后乘以每
一个格的面积得到油膜的面积；求油酸的体积V时要注意，求的是纯油酸的体积， 不是溶液的体积．最后利
用d = 求直径。
【解答】
(1) A.油膜可看成是由单层的油酸分子组成的， 形成的单分子油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，故A 正
确；
B.实验中数油膜轮廓内的正方形格数时， 凡是不足半格的舍去，超过半格的算一格，故 B 错误；
C.处理数据时先计算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，再除以油膜面积就算得油酸分子的直径， 故 C
错误。
故选A。
(2)A.配制溶液时，油酸酒精溶液的浓度不能太高， 否则难以形成单分子油膜，故A 错误；
B.描绘油酸的轮廓时， 应等到油膜稳定后再描绘， 提高测量精度， 故 B 正确；
C.撒在水面上的痱子粉必须均匀，防止出现误差， 故 C 错误。
故选 B。
(3)油酸分子的直径d = = m = 1.2 10一9m。
12.【答案】(1)BD；
(2)丙；
【解析】
【分析】
几何光学的实验要理解实验原理，正确作出光路图，结合折射定律进行求解。
为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和 P2，然后在棱镜的右侧观察到；P1像和P2像，当P1 的像恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2
的像， P4挡住P3和P1 、P2 的像；作出光路图， 结合折射定律求出折射率。
【解答】
(1)在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，确定入射光线，然后插上大头针P3，
使P3挡住P1 、P2 的像， 再插上大头针P4 ，使P4挡住P3和P1 、P2 的像， 从而确定出射光线。故选：BD；
(2)入射角为a，折射角为β,根据折射定律得，
根据几何关系有：对于乙图， sina = R (ED) ，sinβ = OG (FG)，
对于丙图， sina = ，sinβ = ，
可知仅通过测量ED 、FG的长度便可正确计算出折射率的是图丙，折射率n = s (s)i (i)n (n)β (a) = FG (ED)。
13.【答案】解：P在Q上做匀减速运动，Q做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒，则有mvo = mvp + MvQ，
木板与A只发生了一次碰撞，最终二者都静止在水平地面上，需满足碰前P与Q的动量大小相等， 则有
mvp = MvQ，
联立并代入数据解得vQ = 1.5m/s，
对Q，根据牛顿第二定律有μmg = MaQ，
Q的运动时间t = 2 a Q (v Q)，
解得t = 2s。
【解析】仔细分析P 、Q的运动过程，根据动量守恒定律分析碰撞过程，根据牛顿第二定律求木板的运动时
间。
14.【答案】答案： (1)E = 0.08；(2)F = 0.016N，方向垂直于ab向左； (3)P = 0.064。
【解析】解： (1)在t = 0到t = 0.1s的时间Δt内， 磁感应强度的变化量ΔB = 0.2T，设穿过金属框的磁通量变
化量为ΔΦ,有
ΔΦ = ΔBl2①
由于磁场均匀变化， 金属框中产生的电动势是恒定的，有
(
Δt
)E = ΔΦ ②
联立①②式，代入数据， 解得
E = 0.08③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律， 有
I = ④
由图可知， t = 0.05s时， 磁感应强度为B1 = 0.1T，金属框ab边受到的安培力
F = IlB1⑤
联立①②④⑤式，代入数据， 解得
F = 0.016N⑥
方向垂直于ab向左。⑦
(3)在t = 0到t = 0.1s时间内，金属框中电流的电功率
P = I2R⑧
联立①②④⑧式，代入数据， 解得
P = 0.064。
15.【答案】解： (1)设粒子飞出极板的速度为v，粒子运动的过程中电场力做功， 由动能定理有：
uq = mv2 0，
解得： v = = = 200m/s，
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力：
Bqv = m
代入数据， 由以上可解得粒子做圆周运动的半径为：r = 1m
(3)粒子从B点运动到c点的过程，
沿x轴方向有：oc = vt
沿y轴负方向有： Bo = at2
其中Bo = r
又由牛顿第二定律： qE = ma
由以上各式可解得： E = 400v/m；oc = 1m
(4)粒子在磁场中偏转的角度是90 。，设粒子从A到B所用时间为t1 ，从B到c时间为t2，粒子做圆周运动的周
期为：
T = = = 3.14 10 2s
t1 = . T = 3.14 10 2 = 7.85 10 3s
t2 = = s = 1 10 3s
t = t1 + t2 = 7.85 10 3 + 5 10 3 = 1.285 10 2s
答： (1)粒子飞出极板的速度是200m/s；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是1m；
(3)第一象限中匀强电场场强E的大小是400V/m；
(4)粒子从A到C运动的总时间是1.285 10-2S.
【解析】(1)由动能定理求出粒子飞出加速电场时的速度；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子做圆周运动的轨道
半径；
(3)粒子在第一象限的电场中做类平抛运动， 由匀速运动与匀变速运动的运动规律求出电场强度的大小； (4)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由 = 求出粒子在磁场中运动的时间； 粒子在电场中做类平抛运动，
结合平抛运动的公式即可求出粒子在电场中运动的时间， 二者之和即为所求.
带电粒子在平行板电容器间加速、在匀强磁场中做匀速圆周运动、在匀强电场中做类平抛运动， 分析清楚
粒子的运动规律，应用动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动运动规律，可以正确解题.
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