贵州省黔西南州2022-2023第一学期高二物理期末试题（图片版含答案）

2022年秋季学期期末教学质量检测高二物理参考答案
一、选择题：本题共11小题，每小题4分。共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A B C C B D BD AC AB BC
1.答案D。解析：环境噪声波峰（波谷）与降噪声波波谷（波峰）相互叠加，起到降噪作用，利用干涉原理
2.答案A
3.B【详解】A．由左手定则可知，导体棒受水平向左的安培力，此时和的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故A错误；
B．由左手定则可知，导体棒受水平竖直向上的安培力，若在竖直方向上
此时导体棒相对导轨没有相对运动趋势，导体棒与导轨间摩擦力为0，故B正确；
C．由左手定则可知，导体棒受水平竖直向下的安培力，此时和的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，导体棒与导轨间的压力为，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故C错误；
D．由左手定则可知，导体棒受水平向左的安培力，此时和的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故D错误。故选B。
4.答案C
解析：P点是加强点，为亮纹，A错误，nλ是亮纹，B错误，(2n＋1)半波长奇数倍，减弱点，C正确，双缝S1S2之间的距离变小，条纹间距变宽，反之变窄，D错误，
5.答案C
解析：由左手定则可知，a带正电，b带负电，A错误；由，可知b运动时间长，B错误；由可知，a的运动速度大，动能大，C正确；由可知，a的动量大，D错误。
6．选B.设初速度方向为正，则弹后的速度为—，则由动量定理可得Ft＝—m×－mv，解得F＝—．由牛顿第三定律可知，球对运动员的头部平均冲力为F′＝－F＝，故选B.
7．D解析：选D.由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，B、C错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝，D正确．
8．BD【详解】B．由图可知，弹簧振子的振幅为，周期为，则振子做简谐运动的表达式为，故B正确；
A．将带入振子做简谐运动的表达式可得，0.3s末弹簧振子的位移为
将带入振子做简谐运动的表达式可得，0.5s末弹簧振子的位移为
即末和末，弹簧振子的位移相同，弹簧振子位于同一位置，则加速度相同，速度方向相反故A错误；
C．将带入振子做简谐运动的表达式可得，0.2s末弹簧振子的位移为
，故C错误；
D．由图可知，在时间内，弹簧振子从B点向O点运动，弹簧振子的速度和加速度方向都指向平衡位置，始终相同，故D正确。故选BD。
9．AC【详解】碰撞的过程中，满足动量守恒和机械能守恒
解得，，故选AC。
10．AB【详解】A．由图乙可知质点P在t=2s时刻向下振动，结合图甲由上下坡法可知，这列波的传播方向沿x轴负方向，故A正确；
B．由图像可得，波速为，故B正确；
C．由图甲可知，从时起，质点M先向上振动到波峰再向下振动回平衡位置，则回到平衡位置的时间大于周期，而质点N从图示位置向下振动回平衡位置，则回到平衡位置的时间小于周期，即质点M比质点N后回到平衡位置，故C错误；
D．由图甲可知，在时，质点M正向下振动回平衡位置，质点N正向下远离回平衡位置，即两质点的运动方向均向下，故D不正确。故选AB。
11．BC【详解】A．带正电荷的粒子进入速度选择器，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则可判断速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外。故A错误；
C．能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，受力平衡，则
所以得，故C正确；
BD．粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则 ，
则得 ，其中E、B、B0都时定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，则粒子的轨道半径R越小，粒子的荷质比越大。所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故B确。D错误。故选BC。
第II卷（非选择题，总计56分）
12（6分）． D 偏小 评分参考:每空2分。
【详解】（1）小石块摆动过程中，指向平衡位置的力为重力沿圆弧切线方向的分力，所以重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力。
故选D。
（2）由单摆的周期公式
得，用ON的长l作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小；
（3）设石块重心到N点的距离为R，则实际摆长为
可得，
可知图像的斜率为
可得重力加速度为
13． 大于 ADE C 评分参考：前面3空每空2分，最后一空3分。
【详解】（1）为了防止入射球反弹，必须用质量较大的球撞击质量较小的球。
（2）为了验证动量守恒，即
小球离开轨道后做平抛运动，抛出点的高度相同，运动时间相等，上式两边同时乘以t，得
即
需要测量两球的质量、两球落点和水平位移。故要完成的必要步骤是ADE。
（3）由（2）可知，实验需验证的表达式为
（4）设斜面倾角为，小球离开水平轨道后做平抛运动。
水平方向
竖直方向
则小球平抛运动的初速度为
则
，，
由动量守恒
得
故选C。
14．（1）；（2）
评分参考：（1）令临界角为C，则AB边的折射角为……………………（1分）
则有………………………………………………………………（2分）
………………………………………………………………………（2分）
解得…………………………………………………………………………（2分）
（2）令光在玻璃砖中的传播速度为v，则有
…………………………………………………… ………………（2分）
光在玻璃砖中的传播时间
………………………………………………………………………（2分）
解得
………………………………………………………（2分）
15（13分）．（1）；（2）；（3）30J
评分参考：（1）小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
………………………………………………………………（3分）
解得
…………………………………………………（2分）
（2）物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知
……………………………………………………………………（2分）
解得
则物体在小车上滑行的时间为
…………………………………………………………（2分）
说明：用动量定理求解（或其他方法）请酌情给分，第2小问分值占4分。
（3）根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为
说明：第3小问分值占4分，其中表达式正确得2分，结果正确得2分，其他解法酌情给分。
16．（1）（2）， （3）
评分参考：（1）……………………………………（1分）
……………………（2分）
说明：没有推导过程，学生直接写出正确结果也得满分3分。
（2）若使电子只从d点射出，电子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
………………………（1分）
解得
………………（1分）
根据洛伦兹力提供向心力可得
……………………（1分）
解得
………………（1分）
由图中几何关系可知
，可得………………（1分）
则电子磁场中运动的时间为
……………………（1分）
（3）如图所示
要求电子只从ad边射出，速度最小时，轨迹与ad边相切，根据几何关系，此时半径满足
…………………………（1分）
由洛伦兹力提供向心力可得
…………………………（1分）
联立解得
………………………………（1分）
速度最大时，轨迹与cd相切，根据几何关系，此时半径满足
…………………………（1分）
由洛伦兹力提供向心力可得
……………………（1分）
联立解得
…………………………（1分）
电子只从ad边射出，求其射入磁场时速度大小的取值范围为

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