2022-2023学年重庆市璧山来凤中学高二下学期期中物理试题 （解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市璧山来凤中学高二下学期期中物理试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
来凤中学高2024届高二（下）物理期中考试试卷一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。）1. 首位通过实验捕捉到电磁波的科学家是（　　）A. 赫兹 B. 法拉第 C. 麦克斯韦 D. 奥斯特【答案】A【解析】【详解】首位通过实验捕捉到电磁波的科学家是赫兹，A正确。故选A。2. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。则，根据动量守恒定律则得解得渔船的质量故选B。3. 图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为，灯泡L的电阻为，电压表为理想交流电压表。发电机产生的电动势e随时间t按图乙的正弦规律变化，则（    ） A. 时，穿过线圈的磁通量为零B. 线圈转动的角速度为C. 电压表的示数为D. 灯泡L的电功率为【答案】C【解析】【详解】A．0.01s时电动势为零，所以此时穿过线圈磁通量最大，故A错误；B．由图乙可知，周期为0.02s，由公式故B错误；C．电动势的有效值为由闭合电路欧姆定律得：电压表的示数为9V，故C正确；D．灯泡L的电功率为故D错误。故选C。4. 如图所示质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量为（　　）A. 0 B. mgsinθ（t1+t2）C. mgsinθ（t1-t2） D. mg（t1+t2）【答案】D【解析】【详解】对于往返的全过程，重力的作用时间为t1+t2；故重力的冲量I=mg（t1+t2）；故选D．【点睛】冲量等于力与时间的乘积，与其他因素无关，故直接由I=Ft即可求出重力的冲量．5. 质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（　　）A. 500N B. 1100N C. 600N D. 1000N【答案】D【解析】【详解】根据解得运动员从跌下到安全带刚好伸直的时间对全过程由动量定理得解得故D正确，ABC错误。故选D。6. 如图所示，有一位于纸面内的导体框abcdef，其ef、dc、ed、cb边长为l，af、ab边长为2l，各个邻边相互垂直。线框右侧PQ、QR区域中存在大小相等的匀强磁场，PQ区域的磁场垂直于纸面向外，QR区域磁场垂直于纸面向里。初始导体框bc与P边界重合。从时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以为线框中电流的正方向。i表示回路的电流，，则以下示意图中正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】在时间内，只有进入左侧磁场，产生的感应电动势为根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为在时间内，进入右侧磁场产生的电动势与进入左侧磁场产生的电动势大小相等，方向相反，回路的总电动势为零，回路电流为零；在时间内，进入右侧磁场，进入左侧磁场，回路的总电动势为根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向（正方向），大小为在时间内，进入右侧磁场，产生的感应电动势为根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为故选A。7. 如图所示，螺线管中线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为R，其a，b两端与两个定值电阻和相连，已知，匀强磁场沿轴线向上穿过螺线管，其磁感应强度大小随时间变化的关系式为（），则下列说法正确的有（　　）A. a端电势比b端电势低B. 时，通过螺线管的磁通量为C. 内，通过的电荷量为D. 内，产生的热量为【答案】D【解析】【详解】A．匀强磁场的磁感应强度随时间逐渐增大，由楞次定律可知感应电流在外电路中由a点流向b点，即a端电势比b端电势高，故A错误；B．根据磁通量的定义可知，时，通过螺线管的磁通量为与线圈匝数无关，故B错误；C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为感应电流为则通过的电流为所以内，通过的电荷量为故C错误；D．由焦耳定律可知，在内，电阻产生的热量为故D正确。故选D。二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8. 安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是(　　)A. 这个安检门也能检查出毒品携带者B. 这个安检门只能检查出金属物品携带者C. 如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D. 这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应【答案】BD【解析】【详解】AB、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，不能检测到毒品，故A错误，B正确；C、如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，故C错误；D、根据A的分析可知，安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，故D正确．故选BD．【点睛】安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流；反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，从而被探测到；恒定电流，只能产生恒定的磁场，则不能使块状金属产生电流．9. 如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。发电机输出功率P0=10kW，输电线电阻r=100Ω，输电线上损失的功率为输电功率的1%，用户端R上的电压为220V。下列说法正确的是（　　）A. 右侧降压变压器匝数比B. 右侧降压变压器匝数比C. 保持发电机输出功率不变，减小用户端电阻R，输电线上损耗的功率增加D. 保持发电机输出功率不变，减小用户端电阻R，输电线上损耗的功率降低【答案】AC【解析】【详解】AB．根据题意，有解得故A正确，B错误；CD．根据题意有由此可知，当R减小时，若P保持不变，则I3增大，输电线上损耗的功率增加，故C正确，D错误。故选AC。10. 如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧轨道，为导轨最低位置，aa＇与为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度v0从沿导轨做匀速圆周运动至处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程（　　）A. 经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大B. 经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为→bC. 通过电阻R的电荷量为D. 电阻R上产生热量为【答案】ACD【解析】【详解】A．金属棒从位置运动到轨道最低处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置运动到处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大，故A正确；B．由右手定则可知，经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为，故B错误；C．通过电阻R的电荷量为故C正确；D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为有效值为由焦耳定律可知，R上产生的热量故D正确。故选ACD。三、实验题（本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。）11. 如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的______点。（2）用天平测量两个小球的质量m1、m2，实验中分别找到m1碰前和m1、m2相碰后平均落地点的位置，测量平抛水平射程、、。①则动量守恒的表达式可表示为______（用测量的量表示）。②若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有______。A．B．C．D．【答案】    ①. P    ②. M    ③.     ④. BC##CB【解析】【详解】（1）[1][2]小球ml从斜槽上某处由静止开始滚下，小球ml的落点在图中的P点，小球ml和小球m2相撞后，小球l的速度变小，小球m2的速度大于小球ml的速度，两小球都做平抛运动，故小球m2的水平位移较大，所以碰撞后小球ml的落地点是M点，小球m2的落地点是N点。（2）[3]若两球相碰前后的动量守恒，则
 又因为都做平抛运动，水平方向上竖直方向上
 即时间都相等，代入可化简得[4]AB．若为弹性碰撞同时满足机械能守恒，则解得
 故A错误，B正确；CD．因为联立解得碰后结果将结果进一步化简可得所以，若本实验中两球发生弹性碰撞，则、、应满足的表达式为故C正确，D错误。故选BC。12. 用如图所示的装置可以“验证动量守恒定律”，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为、，当________（填“>”“=”或“<”），则说明气垫导轨水平。（2）滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置，给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为，A与B碰撞后A通过光电门2的时间为，B通过光电门2的时间为，为完成该实验，还必需测量的物理量有________。A．遮光片的宽度　　   B．滑块A的总质量C．滑块B的总质量　　D．光电门1到光电门2的间距（3）若实验测得遮光片的宽度，滑块A的质量，滑块B的质量，，，。①计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为________，两滑块相互作用以后系统的总动量算得。（计算结果保留两位有效数字）②若实验相对误差绝对值，即可认为系统动量守恒，则本实验中________。在误差范围内________（填“能”或“不能”）验证动量守恒定律。【答案】    ①. ＝    ②. BC##CB    ③. 0.050    ④. 4%    ⑤. 能【解析】【详解】（1）[1]轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为、，当时，则说明滑块A匀速运动，气垫导轨水平。（2）[2]设遮光片的宽度d，碰撞前滑块A的速度碰撞后滑块A的速度滑块B速度要验证动量守恒，需要验证即等式两边均有，可以消掉，即所以为完成该实验，还必需测量的物理量有滑块A的总质量、滑块B的总质量。故选BC。（3）①[3]两滑块相互作用前系统的总动量为两滑块相互作用以后系统的总动量为②[4][5]本实验中所以，在误差范围内能验证动量守恒定律。四、解答题（本题共3小题，第14题10分、第15题14分、第16题17分，共41分。要求写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不给分。）13. 电子的质量为m、电荷量为q，以速度与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）P点到O点的距离？（2）电子由O点射入到落在P点所需的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示洛伦兹力提供向心力，则解得有几何关系可知，P点到O点的距离为（3）电子在磁场中运动的周期为由题可知，电子在磁场中运动的圆心角为，故14. 如图，竖直平面内的两个四分之一光滑圆弧轨道下端都与水平轨道相切，小滑块B静止在左边圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从左边圆弧的最高点静止释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量，B的质量，圆弧轨道的半径，A和B与水平轨道之间的动摩擦因数分别为和，取重力加速度。（1）求碰撞前瞬间A的速率；（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；（3）为了避免A和B发生第二次碰撞，水平轨道的长度L至少多长。【答案】（1）4m/s；（2）2m/s，2m/s；（3）0.7m【解析】【详解】（1）小滑块A从左边圆弧的最高点静止释放，运动到最低点，根据动能定理有解得碰撞前瞬间A的速率为（2）A与B发生弹性碰撞，取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有根据能量守恒有代入数据联立解得，负号表示速度方向水平向左；（3）物块A反弹后沿光滑圆弧轨道上升到速度为零再滑到最低点过程中能量守恒，所以物块A滑到最低点的速度为当物块B从光滑圆弧轨道返回后与物块A在水平轨道上同一位置静止时，水平轨道的长度最短，对物块A根据动能定理有解得对物块B根据动能定理有解得为了避免A和B发生第二次碰撞，水平轨道的长度L至少为15. 如图甲所示，间距为L=0.25m的相互平行的水平光滑轨道HC、GD与足够长的粗糙竖直轨道DE和CF在C、D处平滑连接，转弯半径忽略不计。CD处外侧有一个槽口，可以使杆不脱离轨道且速率不变地滑入竖直轨道，轨道电阻不计。水平轨道上ABCD区域有变化的匀强磁场B1，B1磁场的宽度d=0.66m，B1的变化规律如图乙所示，竖直轨道CDEF之间有倾斜的匀强磁场B2=2T，方向与水平面成。EF间接有一阻值R=1.1Ω的定值电阻。现有一长度与轨道间距相同，质量为m=0.06kg、电阻不计的滑杆MN，在距离AB左侧x0=0.70m处以v0=3m/s的初速度向右进入水平轨道，且在整个运动过程中与轨道的接触良好。MN杆开始进入时为计时起点，滑杆与竖直轨道CDEF的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求：（1）当t=0.1s时杆电流大小和方向（填N→M或M→N）；（2）MN杆到达CD处时的速度大小v1；（3）MN杆通过CD进入竖直轨道后下滑高度h=0.85m时的速度为v=2.5m/s，求此时杆的加速度以及此下落过程中电阻R产生的焦耳热。【答案】（1）1.5A，N→M；（2）；（3），0.24J【解析】【详解】（1）时，有滑杆还没有进入磁场，电路中的感应电动势为根据闭合电路的欧姆定律，可得杆中电流大小为根据楞次定律可得电流方向为N→M（2）滑杆进入磁场后，由动量定理得其中解得（3）竖直面上的磁场B2可以分解为水平方向竖直方向产生的电流由牛顿第二定律得解得下落过程中由动能定理得解得即焦耳热与摩擦产生的总热量为其中解得所以产生的焦耳热