2022-2023學(xué)年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年安徽省蚌埠市高二（下）期末物理試卷

一、選擇題（本大題共10小題，共40分）

1.關(guān)于電磁波，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電磁波不能在真空中傳播

B.電磁波是在空間傳播的周期性變化的電磁場(chǎng)

C.電場(chǎng)或磁場(chǎng)隨時(shí)間變化時(shí)一定會(huì)產(chǎn)生電磁波

D.麥克斯韋第一次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在

2.手機(jī)上一般會(huì)有兩個(gè)麥克風(fēng)，一個(gè)比較大的位于手機(jī)下方，另一個(gè)位于手機(jī)頂部。小明

同學(xué)查閱手機(jī)說(shuō)明書后知道手機(jī)頂部的麥克風(fēng)為降噪麥克風(fēng)。該同學(xué)進(jìn)一步查閱資料得知：

降噪麥克風(fēng)通過(guò)降噪系統(tǒng)產(chǎn)生與外界噪音相位相反的聲波，與噪音疊加從而實(shí)現(xiàn)降噪的效果。

理想情況下的降噪過(guò)程如圖所示，實(shí)線對(duì)應(yīng)環(huán)境噪聲，虛線對(duì)應(yīng)降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅反相聲

波。下列說(shuō)法正確的是（）

上麥克風(fēng)

環(huán)境噪聲

降噪聲波

下麥克風(fēng)

A.降噪聲波的頻率大于環(huán)境噪聲的頻率B.降噪聲波的頻率小于環(huán)境噪聲的頻率

C.降噪麥克風(fēng)的工作原理是聲波的衍射D.降噪麥克風(fēng)的工作原理是聲波的干涉

3.一束復(fù)色光從空氣射入光導(dǎo)纖維后分成a、b兩束單色光,光路如圖所示。比較內(nèi)芯中的％

b兩束光，α光的（）

A.頻率小，發(fā)生全反射的臨界角小B.頻率大，發(fā)生全反射的臨界角小

C.頻率小，發(fā)生全反射的臨界角大D.頻率大，發(fā)生全反射的臨界角大

4.如圖所示，兩根同一豎直方向平行放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線α和b中Ii0b

通有大小不同、方向均垂直于紙面向里的電流時(shí)，α對(duì)地面的

??6?α

壓力恰好為零。已知長(zhǎng)直導(dǎo)線ɑ的質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。如果長(zhǎng)直導(dǎo)線6的電流

改為垂直于紙面向外，大小不變，則ɑ對(duì)地面的壓力為（）

A.OB.mgC.2mgD.3mg

5.如圖甲所示為一小型發(fā)電機(jī)的原理圖，矩形線圈的電阻為10。在外力作用下矩形線圈在

勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以恒定的角速度繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸。。'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈兩端與R=10。的

電阻構(gòu)成閉合回路。通過(guò)電阻R的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.該發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為200πταd∕s

B.線圈轉(zhuǎn)至圖甲位置時(shí)，線圈中感應(yīng)電流最大

C.該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生交流電的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)峰值為

D.電阻R消耗的電功率為4000IV

6.如圖所示，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，金屬導(dǎo)軌EF、CO在豎直O(jiān)

-----

平面內(nèi)垂直磁場(chǎng)平行放置，并通過(guò)繞在豎直鐵芯上的導(dǎo)線連接，EA______

一)XX×X

鐵芯正上方有一水平放置的金屬環(huán)，金屬桿豎直放置，與導(dǎo)軌

’XXXX

EF、CD垂直且始終接觸良好,現(xiàn)突然用外力向右拉動(dòng)金屬桿AB,-

CΓB

下列說(shuō)法正確的是（）

A.AB中電流由4到B,金屬環(huán)受到的安培力向上

B.AB中電流由4到B,金屬環(huán)受到的安培力向下

C.AB中電流由B到4,金屬環(huán)受到的安培力向上

D.AB中電流由B到4金屬環(huán)受到的安培力向下

7.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，ɑb是圓的一條直徑。一帶電粒子從ɑ點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度大小為2%

方向與αb成30。角，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從b點(diǎn)飛出，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3不計(jì)粒子所

受重力，則（）

A.該帶電粒子帶負(fù)電

B.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R

C.若僅將速度大小改為則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為權(quán)

D.若僅將速度大小改為則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2t

8.如圖，理想變壓器原線圈加上交變電壓，副線圈上接有電阻R、燈泡k、G。閉合開關(guān)S，

滑片P處于圖示位置，燈泡發(fā)光。下列說(shuō)法正確的是（）

A.保持開關(guān)S閉合，將滑片P向下移，燈泡變暗

B.保持開關(guān)S閉合，將滑片P向上移，燈泡變暗

C.保持滑片P位置不變，斷開開關(guān)S,燈泡Ll變暗

D.保持滑片P位置不變，斷開開關(guān)S,燈泡Ll變亮

9.電視機(jī)顯像管應(yīng)用了電子束磁偏轉(zhuǎn)原理。如圖所示，電子束經(jīng)電子槍加速后進(jìn)入磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在熒光屏上產(chǎn)生亮點(diǎn)。己知電子的比荷為k,加速

電子束的電子槍電壓為U。電子束按圖中方向偏轉(zhuǎn)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角

為會(huì)由此可知（）

O

A.圖中偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?/p>

B.電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的速度為

2U

C.電子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為

kB2

D.電子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粵

10.如圖(α),質(zhì)量M=4kg、傾角為。的斜面體置于粗糙水平面上，質(zhì)量m=Ikg的小物塊

置于斜面頂端，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=tanθ.t=0時(shí)刻對(duì)物塊施加一平行于斜面向

下的推力F,推力F的大小隨時(shí)間t變化的圖象如圖(b)所示，t=2s時(shí)物塊到達(dá)斜面底端。斜

面體始終保持靜止，重力加速度g=10m∕s2,在物塊沿斜面下滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是

()

A.物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能為32/

B.斜面的長(zhǎng)度為8m

C.斜面體對(duì)水平面的壓力大小始終為50N

D.水平面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右且逐漸增大

二、非選擇題(共60分)

11.在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，裝置如圖所示，按照以下步驟進(jìn)行操作：

①在木板表面釘上白紙和復(fù)寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，使小球α從斜槽軌道上

由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡0；

②將木板水平向右移動(dòng)一定距離并固定，再使小球ɑ從同一位置由靜止釋放，撞到木板上得

到痕跡B；

③把小球b靜止放在斜槽軌道最右端，讓小球ɑ仍從同一位置由靜止釋放，和小球b相碰后，

兩球撞在木板上得到痕跡4和C。

⑴為了保證在碰撞過(guò)程中α球不反彈，a、b兩球的質(zhì)Hi】、g間的關(guān)系是四m2°(填

“>”、或“=”)

(2)下列器材選取或?qū)嶒?yàn)操作符合實(shí)驗(yàn)要求的是(填序號(hào))。

A.小球a、b半徑可以不同

B.斜槽軌道末端必須保持水平

C需用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間

(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，小球a、b質(zhì)量分別為譏1、Tn2、。點(diǎn)到力、B、C三點(diǎn)的距離分別為y1、為、丫3,

若碰撞前后必總動(dòng)量守恒，則需要驗(yàn)證的表達(dá)式為。(用所測(cè)物理量的字母表示)

12.某同學(xué)用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

圖J

(1)他在組裝單擺時(shí)，在擺線上端的懸點(diǎn)處，采用了甲、乙兩種方式，正確的方式是(

填“甲”或“乙”)；

(2)該同學(xué)組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸點(diǎn)量到擺球的最低端的

長(zhǎng)度為，，再用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，結(jié)果如圖丙所示，則該擺球的直徑d為mm,

單擺擺長(zhǎng)L=(用八d表示)。

(3)該同學(xué)通過(guò)多次實(shí)驗(yàn)得出數(shù)據(jù)畫出擺長(zhǎng)L和周期片圖像，如圖丁，請(qǐng)根據(jù)圖像求出重力加

速度的值m∕s2.(已知兀2"9.86,結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(4)如果測(cè)得的g值偏大，可能的原因是(填序號(hào))。

A.計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)用擺線長(zhǎng)度

在開始計(jì)時(shí)時(shí)，停表沒(méi)有及時(shí)按下

C擺線上端未牢固系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加

D實(shí)驗(yàn)中誤將30次全振動(dòng)記為31次

13.一列簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中沿X軸正向傳播,t=0時(shí)刻的波動(dòng)圖像如圖甲所示,質(zhì)點(diǎn)M的

振動(dòng)圖像如圖乙所示。已知t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M恰好完成一次全振動(dòng)，M、N兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置

均在X軸上，N點(diǎn)的坐標(biāo)為19m。求：

(1)此簡(jiǎn)諧橫波傳播速度的大??；

(2)0?IOS內(nèi)質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程。

14.在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為Tn的木板和滑塊CD,

木板上表面粗糙，滑塊CD上表面是光滑的:圓弧，其始端。點(diǎn)

D%

切線水平且在木板上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示。

B

一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，質(zhì)量也為7∏,從木板的右端以初速

度火滑上木板AB,過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為:，又滑上滑塊CD,最終恰好能滑到滑塊CO圓弧的最高點(diǎn)

C處。已知物塊P與木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4.求：

(1)物塊滑到B處時(shí)木板的速度以-；

(2)木板的長(zhǎng)度L；

(3)滑塊CD圓弧的半徑。

15.如圖所示，某光滑金屬導(dǎo)軌由水平平行軌道和豎直;圓周軌道組成，水平平行軌道MN、

4

Sr相距L=0.5m,軌道左端用阻值R=I0。的電阻相連。水平軌道的某段區(qū)域有豎直向上、

磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。光滑金屬桿Q%的質(zhì)量Tn=0.2kg、電阻r=5/2,金屬桿以U

5n√s的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)后沿豎直圓周軌道上升的最大高度H=

0.2mo設(shè)金屬桿αb與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，且不考慮αb的

返回情況，取g=10τn∕s2o求：

(1)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)金屬桿的電流大小和方向；

(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解；4電磁波本身是一種物質(zhì)波，且電磁波的傳播不需要介質(zhì)，則電磁波能在真空中傳

播，故A錯(cuò)誤；

區(qū)周期性變化的電場(chǎng)產(chǎn)生磁場(chǎng)，周期變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)，由近及遠(yuǎn)地傳播形成電磁波，故B正

確；

C.均勻變化的電場(chǎng)（磁場(chǎng)）產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng)（電場(chǎng)），則不能形成電磁波，故C錯(cuò)誤；

。?麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲第一次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

電磁波的傳播不需要介質(zhì)；根據(jù)麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論可以解釋BC選項(xiàng)；赫茲第一次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)

了電磁波的存在。

這部分知識(shí)需要強(qiáng)化記憶，尤其是涉及到的物理學(xué)史問(wèn)題，更要熟練記憶。

2.【答案】D

【解析】解：由圖看出，降噪聲波與環(huán)境聲波波長(zhǎng)相等，波速相等，則頻率相同，疊加時(shí)產(chǎn)生干

涉，由于兩列聲波等幅反相，所以振動(dòng)減弱，起到降噪作用，所以降噪麥克風(fēng)的工作原理是聲波

的干涉，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

降噪過(guò)程實(shí)際上是聲波發(fā)生了干涉，機(jī)械波傳播的速度由介質(zhì)決定。

本題以手機(jī)上的兩個(gè)麥克風(fēng)為背景，考查了干涉現(xiàn)象在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用，解決本題時(shí)要明確機(jī)

械波傳播的速度由介質(zhì)決定，聲波在同一介質(zhì)中傳播波速相等，要掌握波的疊加原理和干涉的條

件。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

比較兩束光對(duì)應(yīng)的折射角的大小，根據(jù)光的折射定律和全反射的條件進(jìn)行分析。

本題主要是考查了光的折射和全發(fā)射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，然后根據(jù)光

的折射定律和全反射的條件列方程求解。

【解答】

一束復(fù)色光從空氣射入光導(dǎo)纖維后，兩束光的入射角相同，b光對(duì)應(yīng)的折射角小，根據(jù)折射定律可

知，α光的折射率小，則α光的頻率??；根據(jù)全反射的條件可知：s譏C=；,所以α光對(duì)應(yīng)的臨界角

大，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

4.【答案】C

【解析】解：長(zhǎng)直導(dǎo)線α和b的電流方向相同，導(dǎo)線α和b相互吸引，因?yàn)棣翆?duì)地面的壓力恰好為零，

對(duì)ɑ受力分析可知b對(duì)α的引力大小等于重力，方向豎直向上；當(dāng)b的電流反向時(shí)，導(dǎo)線α和b相互排

斥，再次對(duì)α受力分析可知地面對(duì)ɑ的支持力等于2mg,根據(jù)牛頓第三定律，α對(duì)地面的壓力為2mg。

故A8。錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

根據(jù)同向電流相互吸引，判斷導(dǎo)線ɑ所受的安培力方向，根據(jù)平衡條件求出導(dǎo)線α受到的安培力大

小，當(dāng)電流變?yōu)榉聪驎r(shí)，根據(jù)異向電流相互排斥判斷導(dǎo)線α所受的安培力方向，根據(jù)平衡條件求出

地面對(duì)導(dǎo)線α的支持力，從而求得α對(duì)水平面的壓力大小。

本題考查安培力作用下導(dǎo)體的平衡問(wèn)題，解答本題的關(guān)鍵是明確安培力方向變化，熟練運(yùn)用左手

定則判斷導(dǎo)線ɑ受到的安培力方向。

5.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)乙圖可知線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期7=0.02s,角速度為3=竿=蔑rad∕s=

100πrad∕s,故A錯(cuò)誤；

B、線圈轉(zhuǎn)至圖甲位置時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)垂直，線圈中感應(yīng)電流最小，故B錯(cuò)誤；

C、由乙圖可知，感應(yīng)電流的最大值為=20∕2a,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Eτn=∕jn(R+r)=

20√7X(10+1”=220∕2lΛ故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)乙圖可知，感應(yīng)電流的有效值為/=篝=與零A=204電阻R消耗的電功率P=JR=

202XlOW=4000W,故。正確；

故選：Do

根據(jù)線圈所在的位置，判斷出與中性面間的關(guān)系，根據(jù)乙圖判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，

根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得產(chǎn)生的感應(yīng)電壓的最大值，根據(jù)周期求得頻率，根據(jù)電流的最大值

求得有效值，即可求得電阻R產(chǎn)生的熱功率。

本題主要考查了交流發(fā)電機(jī)的相關(guān)知識(shí)，要熟悉“四值”之間的相互轉(zhuǎn)換，同時(shí)結(jié)合歐姆定律和

焦耳定計(jì)算求解。

6.【答案】C

【解析】解：突然用外力向右拉動(dòng)金屬桿4B,AB向右加速切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷，可

知力B中感應(yīng)電流方向?yàn)锽τ4,因穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量突然增加，根據(jù)楞次定律推論可知，金屬

環(huán)受到的安培力向上。故ABO錯(cuò)誤，C正確。

故選：C,

突然用外力向右拉動(dòng)金屬桿ZB,AB向右加速切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷48中感應(yīng)電流方向；

根據(jù)楞次定律的推論，金屬環(huán)中磁通量突然增加，其所受安培力會(huì)使其向磁通量減小的方向有運(yùn)

動(dòng)趨勢(shì)，依此推論判斷金屬環(huán)受到的安培力方向。

本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中楞次定律的應(yīng)用，以及電流磁效應(yīng)和磁場(chǎng)對(duì)電流的作用。要能夠區(qū)分

左手定則、右手定則、安培定則（即右手螺旋定則）以及楞次定律所對(duì)應(yīng)的應(yīng)用的場(chǎng)景。

7.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)左手定則判斷知，該帶電粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；

A設(shè)粒子以速度2〃飛入磁場(chǎng)中時(shí)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)幾何知識(shí)可得

P

Sin30。=-

r

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

r=2R

故B錯(cuò)誤；

CD畫出粒子以2訴口》兩種情況下在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

粒子以速度大小為2D飛入磁場(chǎng)時(shí)，半徑為2R,根據(jù)幾何知識(shí)可得此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)

圓心角為。=60。，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t；若僅將速度大小改為u,根據(jù)洛倫茲力提供向心

?p2

力有qBu=rrt—

則r=謫

則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽,利用幾何知識(shí)可判斷知，此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)圓

心角為夕=120。，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

根據(jù)

T2πr2πm

Tr=Ir

可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與速度無(wú)關(guān)，則可得粒子以速度V飛入磁場(chǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

為

e=2t

故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則分析粒子的電性，根據(jù)幾何關(guān)系分析B,分析粒子的運(yùn)動(dòng)的情

況，可以判斷粒子的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡的情況，找出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角的大小可以求得粒子的運(yùn)動(dòng)

的時(shí)間.

8.【答案】AD

【解析】解：AB,保持開關(guān)S閉合，滑片P向下移動(dòng)，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)變壓器變壓之比得:

￡i2i

=,

U2~n2

解得：4=管，因?yàn)椋ァ?不變，叫減小，所以出減小，副線圈構(gòu)成的回路中電流減小，即

通過(guò)兩個(gè)燈泡的電流均減小，故燈泡功率減小，燈泡變暗，故A正確，B錯(cuò)誤。

CD,滑片P位置不變，則副線圈輸出電壓不變，斷開開關(guān)S,副線圈構(gòu)成的回路中總電阻增大，總

電流減小，R分得的電壓減小，燈L兩端的電壓增大，故燈泡Ll變亮，故。正確，C錯(cuò)誤。

故選：AD.

滑片P向下移動(dòng)，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)變壓器變壓之比，得出副線圈兩端的電壓變化情況，進(jìn)

而根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，即可分析出燈泡的亮度變化情況；滑片P位置不變，則副線圈輸出電

壓不變，斷開開關(guān)S,副線圈構(gòu)成的回路中總電阻增大，總電流減小，R分得的電壓減小，燈Ll兩

端的電壓增大，即可確定燈的亮度變化。

本題考查了變壓器動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，掌握變壓器的變壓、變流特點(diǎn)，是解決本題的關(guān)鍵。

9.【答案】AC

【解析】解：2、由左手定則可判斷出偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，?正確：

B、設(shè)電子質(zhì)量為m,電量為e,電子束射入到偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度為外由動(dòng)能定理有：eU=?mv2,

解得：D=叵=/痢，故8錯(cuò)誤；

7m

C、電子偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有：euB=噌，解得：r=翳=J梯，故C

正確；

工電子中磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的意故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

根據(jù)左手定則由電子的偏轉(zhuǎn)方向判斷磁場(chǎng)的方向；根據(jù)動(dòng)能定理求電子離開電場(chǎng)即進(jìn)入磁場(chǎng)的速

度；由洛倫茲力提供向心力求軌跡半徑；由偏轉(zhuǎn)角求時(shí)間。

本題是典型的帶電粒子先在加速電場(chǎng)加速然后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，認(rèn)真審題找到關(guān)鍵已知量,

應(yīng)用動(dòng)能定理、半徑公式、周期公式、時(shí)間公式就能得到正確結(jié)果。

10.【答案】AC

【解析】解：A、因?yàn)椤?tαnθ,則有：mgsinθ-μmgcosθ,所以物塊受到的滑動(dòng)摩擦力的與支

持力的合力與小物塊的重力大小相等，方向相反，

因?yàn)槭?t圖象的面積表示產(chǎn)的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理有：Ft=mv

則小物塊達(dá)到斜面底端時(shí)的速度為：v=^=?m/s=8m∕s

2

則物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能為：Ek=^mv=32J,故A正確

B、如物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則物塊整段過(guò)程發(fā)生的位移為：%==8m

但根據(jù)外力逐漸增大可知，物塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊發(fā)生的位移不等于8τn,分析

兩種情形的。-t圖像可知物體位移小于8小，故B錯(cuò)誤；

C、斜面的受力如圖所示：

改變外力F,不會(huì)影響小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力以及支持力的大小，所以小物塊受到的滑動(dòng)摩擦

力和支持力的合力一直豎直向上，大小等于小物塊的重力，

根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面受到的小物塊對(duì)它的滑動(dòng)摩擦力/以及壓力Nl的合力豎直向下，大

小等于n?g,則斜面體在水平方向上無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，不受到水平面對(duì)它的靜摩擦力作用，根據(jù)平

衡條件有，水平面對(duì)斜面體的支持力為：N=Mg+mg=50N,由牛頓第三定律可知斜面對(duì)水平

面壓力為50N,故C正確，力錯(cuò)誤。

故選：ACo

解決該題的關(guān)鍵是明確知道小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F為小物塊受到的合力，知道小物塊受到

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=費(fèi)+修

【解析】解：(1)為了保證在碰撞過(guò)程中ɑ球不反彈，a、b兩球的質(zhì)巾1、r∏2間的關(guān)系是巾1＞加2。

(2)4小球a、b半徑必須相同，從而保證兩球能發(fā)生正碰，故A錯(cuò)誤；

反斜槽軌道末端必須保持水平，從而保證做平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C.小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t

平拋運(yùn)動(dòng)水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移X=式

平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直位移y=；gt2

解得水平速度f(wàn)=%f?

因此不需要用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間，故C錯(cuò)誤。

故選：Bo

(3)根據(jù)上述可得水平速度"=xf?

碰撞前小球a的速度%=Xf?

碰撞后小球口的速度"i二%五"

碰撞后小球b的速度方=XJ系

以向右為正方向，若兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)滿足Tnlq)=血1%+血2〃2

代入數(shù)據(jù)整理得焉=焉+音。

故答案為：(1)>;(2)B；(3)7克=了/+/余。

(1)若兩球碰撞后入射球反彈，則會(huì)影響速度的測(cè)定，據(jù)此分析入射球與被碰球的質(zhì)量的大小關(guān)系;

(2)為使兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，兩球半徑應(yīng)相等；小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須水

平，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與實(shí)驗(yàn)原理分析答題；

(3)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒

定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

本實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一豎直面上，故下落

的時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程當(dāng)中把本來(lái)需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過(guò)程當(dāng)中豎直方向發(fā)生

的位移，可見掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類題目。

12.【答案】乙12.01-39.66BD

【解析】解：(1)甲圖在實(shí)驗(yàn)過(guò)程擺長(zhǎng)會(huì)變大，乙圖擺長(zhǎng)不變，正確發(fā)方式是乙；

(2)游標(biāo)卡尺的最小分度值為0.1πwn,讀數(shù)為12πrnι+0×0.1mm=12.0mm,故擺球的直徑為d=

12.0mm；

單擺的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1+?

(3)根據(jù)單擺的周期公式7=2兀］~|,得L=條72,由圖像可得焉=翳接τn∕s2,解得g=

9.66m∕s2;

(4)4計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)用擺線長(zhǎng)度，使擺長(zhǎng)偏小，g值偏小，故A錯(cuò)誤；

8.開始計(jì)時(shí)時(shí)，停表沒(méi)有及時(shí)按下，使周期偏小，g值偏大，故B正確；

C擺線上端未牢固系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加，g值偏小，故C錯(cuò)誤；

D實(shí)驗(yàn)中誤將30次全振動(dòng)記為31次，使周期偏小，g值偏大，故。正確。

故選：BD.

故答案為：(1)乙；(2)1-*(3)9.66；(4)BD°

(1)根據(jù)細(xì)線長(zhǎng)度變化分析判斷；

(2)根據(jù)游標(biāo)卡尺最小分度值，先讀主尺讀數(shù)、再讀游標(biāo)尺讀數(shù)，之和為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；

(3)根據(jù)周期和圖像計(jì)算；

(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析判斷。

本題考查用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葘?shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)步驟、數(shù)據(jù)處

理和誤差分析。

13.【答案】解：(1)根據(jù)圖甲可知，簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)為4m，周期為0.8s,所以簡(jiǎn)諧波的傳播速度為

大小為

λ4.,

V=產(chǎn)誦m/s=r5m∕s

(2)t=。時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M恰好完成一次全振動(dòng)可知，此時(shí)波恰好傳到76處，簡(jiǎn)諧波傳播到N點(diǎn)需要的

時(shí)間為

19-7C

t0=---S=2.4s

所以質(zhì)點(diǎn)N振動(dòng)的時(shí)間為

?t=t-t0=(10—2.4)S=7.6s=9.5T

0?IoS內(nèi)質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程

s=9.5X44=9.5X4X20Cm=760cm

答：(1)此簡(jiǎn)諧橫波傳播速度的大小為5m/s；

(2)0?IOS內(nèi)質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程為760cm。

【解析】(1)由圖甲得到波長(zhǎng)大小，由圖乙得到周期大小，利用波速公式U=亨可求得波速大??；

(2)根據(jù)MN間的距離，先求出該波傳到N點(diǎn)所用的時(shí)間，然后計(jì)算出剩余的時(shí)間，再結(jié)合質(zhì)點(diǎn)在

一個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為44即可算出質(zhì)點(diǎn)N的路程。

本題考查機(jī)械波的傳播，解題關(guān)鍵掌握波速的計(jì)算公式，注意質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的判斷。

14.【答案】解：(1)物塊P在4B上滑行時(shí)，AB,CD和P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守