北京市东城区2021-2022学年高二下学期物理期末考试试卷1.（2 分）有关电磁波,阅卷人得分-、单选题（共14题；共28分）下列说法中正确的是（）A.电磁波必须依赖介质传播B.红外线的波长比紫外线的波长长C.只要有电场和磁场，就能产生电磁波D.在真空中不同频率的电磁波传播速度不同【答案】B【解析】【解答】A.电磁波可以在真空中传播，A 不符合题意；B.红外线的波长比紫外线的波长长，B 符合题意；C.周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波，C 不符合题意；D.在真空中不同频率的电磁波传播速度均等于光速，D 不符合题意。故答案为：B【分析】电磁波可以在真空中传播，红外线的波长比紫外线的波长长，变化的电场和磁场才能产生电磁波。真空中不同频率的电磁波传播速度均等于光速。2.（2 分）关于光现象及应用，下列说法正确的是（）A.光的干涉现象说明光具有波动性B.光的偏振现象说明光是纵波C.观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜、利用了光的衍射现象D.雨后积水路面上可以看到彩色油膜，这是光的折射现象【答案】A【解析】【解答】A.光的干涉现象说明光具有波动性，A 符合题意；B.光的偏振现象说明光是横波，B 不符合题意；C.观众观看立体电影要戴一种特殊的眼镜、利用了光的偏振现象，C 不符合题意；D.雨后积水路面上可以看到彩色油膜，这是光的薄膜干涉，D 不符合题意。故答案为：Ao【分析】光的干涉现象说明光具有波动性，光的偏振现象说明光是横波，利用光的偏振现象，观众观看立体电影。雨后积水路面上可以看到彩色油膜，这是光的薄膜干涉。3.（2分）弹簧振子做简谐运动。在某段时间内其加速度越来越大，则这段时间内（）A.振子的速度越来越小B.振子正在做匀加速运动C.振子正在向平衡位置运动D.振子的速度方向与加速度方向相同【答案】A【解析】【解答】C.根据题意可知，弹簧振子在某段时间内其加速度越来越大，由牛顿第二定律可得&=-m可知，振子的位移大小越来越大，则振子由平衡位置向端点运动，c不符合题意；A.由于振子由平衡位置向端点运动，则振子的速度越来越小，A符合题意；B.根据题意，结合A分析可知，振子做加速度增大的减速运动，B不符合题意；D.由A分析可知，振子做减速运动，则振子的速度方向与加速度方向相反，D不符合题意。故答案为：Ao【分析】弹簧振子在某段时间内其加速度越来越大，则振子由平衡位置向端点运动，振子的速度越来越小，速度方向与加速度方向相反。4.（2分）如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动、带动质点2,3,4等其余质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。已知t=0时;质点1开始向上运动；t=0.4s时，质点1第一次到达上方最大位移处，质点5开始向上运动。相邻编号的质点间距离为2cm0r=0z=0.4sA.这列波的波长为40cmB.t=1.2s时丁质点15开始向上运动C.t =1.2s时，质点9位于上方最大位移处D.经过1.2 s,质点1运动到质点12的位置则()1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 1516 171819201 2 3 46 7 8 9 1011 12 13 14 1516 1718 1920【答案】C【解析】【解答】A.已知t=0时，质点1开始向上运动；t=0.4s时，质点1第一次到达上方最大位移处，质点5 开始向上运动，编号的质点间距离为2 c m,则与5=1解得4=32cmA 不符合题意；B C.由题意可知0.4s=143t=1.2s=rT4质点13开始向上运动，质点9 位于上方最大位移处，B 不符合题意，C 符合题意；D.质点在竖直方向做简谐运动，质点1不会运动到质点12的位置，D 不符合题意。故答案为：C,【分析】质点1第一次到达上方最大位移处，质点5 开始向上运动，质点13开始向上运动，质点9位于上方最大位移处。5.（2 分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b 两 质 点 的 横 坐 标 分 别 为 和&=6 m,图乙为质点b 从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（）甲 乙A.质点a 在t=2s时速度为零B.质点a 经过4s运动路程为4mC.该波的波速为lm/s,沿 x 轴正方向传播D.此时刻质点a 的运动方向沿y 轴正方向【答案】A【解析】【解答】C.由图乙可知t=0时刻质点b 沿 y 轴正方向运动，此时质点b 应位于波传播方向波形的下坡，所以该简谐横波沿x 轴负方向传播，而该波的波长和周期分别为4=8m,7=8s所以波速为u=*=lm/sC 不符合题意;A D.t=0 时刻质点a 位于波传播方向波形的上坡，所以此时质点a 沿 y 轴负方向运动，经过2 s （四分之一周期），质点a 位于波谷处，速度为零，A符合题意，D不符合题意；B.质点a 经过4 s （半个周期）运动路程为I m,B不符合题意。故答案为：A o【分析】质点b 沿 y 轴正方向运动，此时质点b 应位于波传播方向波形的下坡，质点a 位于波传播方向波形的上坡，所以此时质点a 沿 y 轴负方向运动。6.（2 分）如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴。匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20 s i n l 0 0 出（y）。下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为1 0 0 H zB.此交流电动势的有效值为20，C.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势为零D.当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大【答案】D【解析】【解答】A.此交流电的频率为/=券=5 0 H zA不符合题意；B.此交流电动势的有效值为后=疆=1 0 近 VB不符合题意；CD.当线圈平面转到图示位置时刚好和中性面垂直，此时产生的电动势最大，磁通量的变化率最大，C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。【分析】根据发电机的电动势随时间的变化规律，得出此交流电的频率。得出交流电动势的有效值。7.（2 分）如图所示，用理想变压器为一个“6V、12W”的小灯泡供电，变压器原线圈中的输入电压为220V。闭合开关S,小灯泡恰好正常发光.则下列说法中错误的是（）A.变压器原副线圈的匝数之比为110：3B.变压器原线圈中的输入电流为2AC.变压器原线圈中的输入功率为12WD.变压器副线圈中的输出功率为12W【答案】B【解析】【解答】A.因为原线圈的电压为220V,副线圈的电压为6 V,故原副线圈的匝数比为nln2=U 11）2=2206=1103A 符合题意；B.变压器原线圈中的输入电流为I=122202AB 不符合题意；C.变压器原线圈中的输入功率为12W,C 符合题意；D.变压器副线圈中的输出功率为12W,D 符合题意。故答案为：B。【分析】变压器原线圈中的输入功率为12W,理想变压器，副线圈中的输出功率也为12W。8.（2 分）A、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图甲所示的正弦交变电流，B 通以图乙所示的方波交变电流。两电热器的电功率之比乙：PB为（）甲乙A.1：1B.3：2C.4：5D.5：4【答案】C【解析】【解答】图甲所示电流的有效值为/人2设图乙所示电流的有效值为/B，根据等效热值法有硼7=/4+（）吟解得%=舟。根据 P=/2R 可得乙：pB=/2./j=4：5故答案为：C,【分析】图甲是正弦交变电流。得出图甲所示电流的有效值根据。等效热值法求出电功率之比。9.（2 分）如图所示、洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成，励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场，玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪发射的电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹，电子的速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节，若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。下列说法正确的是（）励磁线圈玻璃泡电子枪A.只增大电子枪的加速电压,电子的运动周期变大B.只增大电子枪的加速电压，电子的轨道半径变小C.只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变大D.只增大励磁线圈中的电流，电子的轨道半径变小【答案】D【解析】【解答】设加速电压为U,对电子的加速过程，根据动能定理有解得=2eUm设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB=m iR解得=隹曳Be e电子的运动周期为T=2 史=誓v BeA B.只增大电子枪的加速电压，R 变大，T 不变，AB不符合题意；C D.只增大励磁线圈中的电流，即B 变大，则R 变小，T 变小，C 不符合题意，D 符合题意。故答案为：D。【分析】根据动能定理和牛顿第二定律得出电子的运动周期，在磁场中，洛伦兹力提供电子圆周运动向心力。10.（2 分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒必与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，h 始终保持静止，下列说法正确的是A.必 中的感应电流方向由b 到。B.必中的感应电流逐渐减小C.而所受的安培力保持不变 D.必所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【解答】导体棒、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生与原磁场方向相同的感应磁场，由安培定则判得顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由。到 6,故 A 项 错误；根据法拉第电磁感应定律，E=n 竽 =n篝S,回路面积S 不变，磁感应强度均匀减小，得感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以劭中的电流大小不变，故 B 项错误；安培力F=B，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 项错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力/与安培力厂等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 项正确。【分析】根据楞次定律的增反减同可以判出电流方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势恒定，所以电流大小不变。导体棒处于静止状态，得出静摩擦力等于安培力，由安培力F=B判出安培力减小，所以静摩擦力减小。11.（2 分）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，使甲球垂直撞向挡板后原速率返回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3：1，且两球刚好不会发生第二次碰撞。则（）甲 乙A.碰撞后乙球向左运动B.甲、乙两球的质量之比为2：1C.碰撞前、后两球总动量之比为3：1D.碰撞前、后两球总动能之比为9：5【答案】D【解析】【解答】设甲球的质量为61，乙球的质量为血2,碰撞前乙的速度为孙AB.根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3：1，甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，则甲球 的 速 度 为 乙 球 速 度 为 一 即 碰 撞 后 乙 球 向 右 运 动，由动量守恒定律有血2%=血：孙-1 日 7 nl 4瓶2 行%可 得 近=1AB不符合题意；C.根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则碰撞前、后两球总动量之比为1：1,C不符合题意;D.结合AB分析可知，碰撞前两球总动能为碰撞后两球总动能为=/血1（3%）,+2m2（5v0）=Qm2v0则碰撞前，后两球总动能之比为柒bk2 5D符合题意。故答案为：D。【分析】两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等。碰撞前、后动量守恒。1 2.（2 分）质量为m的钢球自高处落下，以速率巧碰到水平地面后被竖直向上弹回，离开地面时的速率为为，钢球与地面的碰撞时间为不计空气阻力。在碰撞过程中（）A.钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为B.钢球的动量变化量方向竖直向下，大小 为 吗 浮+mgC.钢球所受合力的冲量方向竖直向上，大小为7 n o i+0）D.钢球受地面的弹力方向竖直向上，大小 为 吗 岁 2At【答案】C【解析】【解答】A B.规定竖直向上为正方向，则钢球的动量变化量为4p=rn 2-巾（一巧）=4-v2）方向