2022-2023学年重庆市第十八中学高二下学期中期学习能力摸底物理试题 （解析版）

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重庆市第十八中学2022-2023学年（下）中期学习能力摸底高二物理试题考试说明：1.考试时间90分钟  2.试题总分100分  3.试卷页数4页一、选择题：（本题共12小题，共48分，1-8题为单选，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求；9-12题为不定项选择题，在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）1. 透明圆柱形玻璃杯中装有适量食用油和水，食用油浮于水之上。现将一根筷子竖直插入到玻璃杯左侧中，如图所示，则下列说法正确的是（　　）A. 光从水进入食用油中，频率变大 B. 光在食用油中的传播速度小于在水中的传播速度C. 光从水进入食用油中时可能会发生全反射 D. 光从空气进入食用油中折射角大于入射角【答案】B【解析】【详解】A．同一种光在不同的介质中传播，频率不变，故A错误；B．由图中偏折情况可知，光在食用油中偏折大，食用油的折射率大于水的折射率，根据可知光在食用油中的传播速度小于在水中的传播速度，故B正确；C．光从水进入食用油中时，是从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，故C错误；D．根据折射定律，光从空气进入食用油中，当入射角大于时，折射角小于入射角，当入射角等于时，折射角等于入射角，故D错误。故选B。2. 图甲为一列简谐横波在时的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）A. 这列简谐波沿x轴负方向传播B. 从到，波传播的距离为50cmC. 从到，质点P通过的路程为30cmD. 在时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同【答案】D【解析】【详解】A．由乙图得出，在 t=0s时Q点的速度方向沿y轴正方向，由同侧法判断可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；B．由甲图读出波长为由乙图可读出周期为则波速为从t=0到t=0.25s，波传播的距离为故B错误；C．从t=0.10s到t=0.25s经过时间为由于在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程不等于3A=30cm，故C错误；D．题图可知t=0时刻P点向下振动，因此经过，质点振动到平衡位置下方，则加速度向上，与y轴的正方向相同，故D正确。故选D。3. 如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器的原线圈组成闭合电路，原线圈中的抽头P置于最上端。矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的cd边匀速转动，且磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，则下列说法正确的是（　　）A. 原线圈两端电压的有效值为B. 线圈转动到图示位置时，矩形线圈的瞬时感应电动势最大C. 将抽头P下滑，灯泡变暗D. 将电容器的电容C变大，灯泡将变亮【答案】D【解析】【详解】A．线圈转动产生正弦式交变电流，由于磁场只分布在bc边的左侧，则波形只有完整波形的一半，感应电动势的最大值为令有效值为U，则有解得A错误；B．线圈转动到图示位置时，为中性面，穿过线圈的磁通量达到最大，产生的感应电动势为0，B错误；C．抽头下滑，原线圈匝数减小，根据可知，最大，则灯泡变亮，C错误；D．由于电容器的电容C变大，电容器的容抗减小，电容器对交流电的阻碍效果减弱，则通过副线圈的电流增大，灯泡将变亮，D正确。故选D。4. 如图所示，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α=45°，β=60°，则下列说法正确的是（　　）A. ON是红光，OM是黄光B. 玻璃对OM光束的折射率为C. 沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长D. 若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射【答案】C【解析】【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为由图可知，OM、ON两束光在空气中的入射角相等，而在介质中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，而红光的折射率小于黄光的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A错误；B．对OM光束，根据光的折射定律有故B错误；C．光在介质中的传播速度为由于OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM光束在介质中的传播速度大于ON光束在介质中的传播速度，而光穿过玻璃柱体的路程相同，所以沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故C正确；D．OM光线发生全反射的临界角为则则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故D错误。故选C。5. 在如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1<R2<R3，电感L的直流电阻可忽略，D为理想二极管。开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是（　　）A. L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B. L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C. L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗【答案】B【解析】【详解】因为三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1<R2<R3，所以当开关S从闭合状态突然断开时，L中产生方向向右的自感电动势，L1逐渐变暗，L2立即熄灭（理想二极管单向导电），L3先变亮后逐渐变暗（L3中原电流小于L1中电流）。故选B。6. 如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为，原线圈与固定电阻串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻，电流表、电压表均是理想电表。当时，电流表的读数为，电压表的读数为，则下列说法正确的是（　　）A. 电源输出电压为 B. 电源输出功率为C. 当时，变压器输出功率最大 D. 当时，电压表的读数为【答案】A【解析】【详解】A．当时，电流表的读数为，电压表的读数为4V，根据欧姆定律则理想变压器原，副线圈匝数之比为1:2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压为根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是所以电源输出电压为故A正确；B．根据公式，可得电源输出功率为故B错误；
CD．根据欧姆定律得副线圈电流为，所以原线圈电流是2，所以解得当时，，即电压表的读数为6V；变压器输出的功率为所以满足时变压器输入功率最大，故CD错误。故选A。7. 一电阻的单匝闭合线框处于变化的磁场中，在一个周期内穿过线框的磁通量随时间t的变化情况如图所示，已知图中的曲线部分按正弦规律变化，取，则下列说法正确的是（　　）A. 线框中电流的有效值为B. 线框中电流的有效值为C. 线框中电流的有效值为D. 线框中电流的有效值为【答案】A【解析】【详解】由于曲线部分按正弦规律变化，既有则有直线部分的斜率的绝对值相等，表明感应电动势大小相等，则有令产生的感应电动势的有效值为，则有解得则电流的有效值为故选A。8. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为的两条直线MN、PQ之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为L的正方形线框ABCD以速度从MN左侧沿垂直于MN的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为，且，则以下说法正确的是（　　）A. 整个线框处于磁场区域运动时，A、B两点电势相等B. 线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等C. 线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为D. 若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会为原来的两倍【答案】C【解析】【详解】A．整个线框处于磁场区域运动时，AB边与CD边均在切割磁感线，可以等效为两个电源，根据右手定则可知，A端为等效电源的正极，即A点的电势高于B点的电势，A错误；B．根据，，解得可知，线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；C．令线框在磁场中运动的速度为，线框在进入磁场过程与穿出磁场过程根据动量定理有，根据上述有解得线框在进入磁场过程与穿出磁场过程根据能量守恒有，根据功能关系有，解得C正确；D．根据上述有，，解得可知，若只将线框进入磁场时的速度变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度会大于原来的两倍，D错误。故选C。9. 汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）A. 制动过程中，导体不会发热B. 制动力的大小与导体运动的速度无关C. 改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D. 制动过程中导体获得的制动力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据可知，制动过程中，导体会发热，A错误；B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。故选D。10. 如图甲所示，在同种均匀介质中有两个质点P和Q，时刻同时开始振动，其振动图像分别如图乙中实线、虚线所示，它们形成的波沿两者之间的连线相向传播，则下列说法正确的是（　　）A. P、Q形成的两列波的波速之比为B. P、Q形成的两列波的波长之比为C. 时，P和Q振动的加速度方向相反D. P、Q两质点起振方向相反【答案】BC【解析】【详解】A．波在介质中的传播速度由介质决定，上述波振动形式均在同种均匀介质中传播，因此波速相等，P、Q形成的两列波的波速之比为，A错误；B．根据图乙可知，两质点振动的周期分别为2.0s与1.0s，根据结合上述可知，P、Q形成的两列波的波长之比为，B正确；C．根据图乙可知，时，P质点的位移为负值，Q质点的位移为正值，由于质点振动的加速度方向与位移方向相反，则时，P和Q振动的加速度方向相反，C正确；D．根据图乙可知，0时刻两质点均沿y轴正方向振动，可知，P、Q两质点起振方向相同，D错误。故选BC。11. 如图所示，均匀导线框abc为边长为L的正三角形，有界匀强磁场宽为2L，导线框从磁场左边界开始向右做匀速直线运动穿过有界磁场，直至恰好完全穿出。此过程中，关于回路产生的感应电流I、ab两端的电势差、施加的外力F及回路产生的电功率P随时间t的变化关系中（规定电流逆时针为正），下列图像中正确的是（    ）A  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【详解】A．线框进入磁场过程，切割磁感线有效长度先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均匀减小，感应电流方向为逆时针，进入阶段图像正确；整个线框完全在磁场中运动阶段，回路磁通量不变，产生的总电动势和感应电流为零，第二阶段图像也正确；出磁场阶段切割磁感线的有效长度仍先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均减小，感应电流方向为顺时针，第三阶段图像正确，故A正确。B．线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，故ab两端的电势差不为零，故B错误。C．外力和安培力相等，根据由于导线框匀速穿过有界磁场，可知产生安培力阶段过程，切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故外力与时间是二次函数关系，应该为曲线，故C错误；D．回路产生的电功率为可知功率与切割磁感线的有效长度为二次函数变化关系，而切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故功率与时间是二次函数关系，应该为曲线，且进出两段完全相同，完全在磁场中无感应电流，无电功率，故D正确。故选AD。12. 如图甲所示，间距为d的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨下端接有阻值为R的电阻，一根长为d、电阻为R、质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。ab从离地高H处静止释放后沿导轨运动，导体棒的机械能E随导体棒下降高度h变化的图像如图乙所示，图线斜率大小为k。再将整个装置放于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，从同一位置静止释放导体棒ab，到达斜面底端时，导体棒已经匀速。ab在运动过程中与两导轨接触良好，导轨电阻不计，忽略地磁场影响，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）A. 导体棒与导轨的动摩擦因数为B. 放入磁场后，导体棒匀速时的速度为C. 放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为D. 放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面时间为【答案】ABC【解析】【详解】A．由能量关系可知，导体棒机械能的减小量等于摩擦力做功，即由题意可知可得故A正确；B．放入磁场后，导体棒匀速时，则解得故B正确；C．放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为故C正确；D．放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面由动量定理解得故D错误。故选ABC。二、实验题：（本题共2小题，共12分，13小题6分，14小题6分，请将正确的答案填写在答题卡的相应位置）13. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）为实现探究目，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是___________。A.控制变量法       B.等效替代法      C.演绎法        D.理想实验法（2）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为___________（填字母代号）A.原、副线圈上通过的电流发热     B.铁芯在交变磁场作用下发热C.变压器铁芯漏磁                 D.原线圈输入电压发生变化（3）利用如图所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是___________。A.       B.       C.      D.【答案】    ①. A    ②. D    ③. C【解析】【详解】（1）[1]为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选A。（2）[2] ABC．原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率小于输入功率，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；故ABC正确；
D．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比。故D错误。本题选择不可能选项；
故选D。（3）[3]原线圈两端电压如果变压器是理想变压器，则解得U2=3V考虑到变压器不是理想变压器，故磁通量损失等因素，则副线圈电压表示数应小于3V。故选C。14. 某学习小组同学利用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管A、滑动变阻器、开关与电池构成闭合回路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面。（1）甲图电路连接好后，同学们进行了下列操作，电流计指针会发生偏转是___________。A．保持开关闭合，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动B．保持开关闭合，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管BC．保持开关闭合，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片D．保持开关闭合，螺线管A、B不动，在A线圈中插入铁芯（2）利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管B与电流计构成闭合电路。正确连接好实验电路后，将条形磁铁N极朝下插入螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针向右偏。若要灵敏电流计G的指针往左偏，可行的操作是_____________。A．将条形磁铁N极朝下拔出螺线管BB．将条形磁铁S极朝下插入螺线管BC．将条形磁铁S极朝下拔出螺线管BD．保持条形磁铁在螺线管B中不动（3）某同学想应用实验得到的楞次定律判断线圈的缠绕方向，在图乙的基础上设计了如图甲所示实验装置。把条形磁铁N极向下插入线圈时，二极管A发光；拔出时，二极管B发光。则线圈缠绕方向为图乙中的__________（填“①”或“②”）。【答案】    ①. BCD    ②. AB    ③. ①【解析】【详解】（1）[1]A．保持开关闭合，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，螺线管B的磁通量未发生变化，电流计不偏转，故A错误；B．保持开关闭合，螺线管B不动，螺线管A插人或拔出螺线管B，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故B正确；C．保持开关闭合，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片，螺线管A中电流发生改变， 螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故C正确；D．保持开关闭合，螺线管A、B不动，在A线圈中插入铁芯，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故D正确。故选BCD。（2）[2]条形磁铁N极朝下插人螺线管B，磁场方向向下，磁通量变大，感应磁场向上，观察到灵敏电流计G的指针向右偏，则A．将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B，磁场方向向下，磁通量变小，感应磁场向下，观察到灵敏电流计G的指针向左偏，A正确；B．将条形磁铁S极朝下插人螺线管B，磁场方向向上，磁通量变大，感应磁场向下，观察到灵敏电流计G的指针向左偏，B正确；C．将条形磁铁S极朝下拔出螺线管B，磁场方向向上，磁通量变小，感应磁场向上，观察到灵敏电流计G的指针向右偏，C错误；D．保持条形磁铁在螺线管B中不动，磁通量不变，无感应磁场，灵敏电流计G的指针不偏转，D错误。故选AB。（3）[3]二极管A发光，说明通过二极管的电流是向上的，从而确定感应电流是从下端流出的，磁铁N极是插入，根据楞次定律，感应电流的磁场应该是向上的，结合电流从下端流进，由右手螺旋定则可知，缠绕方向就是①这种情况。三、解答题：（本大题4个小题，共40分，15题8分，16题8分，17题10分，18题14分，解答时应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的愿，答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，截面为直角三角形的玻璃砖ABC放置在水平面上，。一束频率为f的光沿平行于AB方向从AC边上P点射入玻璃砖，从BC边上的M点射出，且，光在空气中传播的速度为c。求：（1）光射出玻璃砖的偏转角；（2）光在玻璃砖中传播的波长。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）作出光路图如图所示光射入玻璃砖的入射角为
由几何关系得由光的折射定律可得，玻璃砖折射率为解得即光射出玻璃砖的偏转角为。（2）由（1）可知，该玻璃砖的折射率为，光在玻璃砖中的传播速度为光在玻璃砖中传播的波长为16. 一简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，a、b为x轴正方向上的两个点（且a更靠近坐标原点），如图甲所示，t=0时刻开始计时，a、b两点的振动图像如图乙所示，a与b间的距离为4m。求：（1）处在平衡位置的b质点从t=0开始到第四次处于波峰位置时，a质点在振动过程中通过的路程；（2）该简谐横波的波长和波速。【答案】（1）1.2m；（2）若波沿x轴正方向传播有：，若波沿x轴负方向传播有：，【解析】【详解】（1）由题意知a点振动了T，则a质点通过的路程为（2）若波沿x轴正方向传播有联立解得若波沿x轴负方向传播有联立解得17. 如图，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势，导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电。输电线路的电流为，输电线路总电阻为，理想降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为，电动机内阻为，电动机的输入功率为，导线框及其余导线电阻不计，不计一切摩擦，则：（1）该发电机的电流方向每秒钟改变多少次；（2）不计摩擦，线框转动一圈过程中，克服安培力所做的功；（3）升压变压器原副线圈匝数比，以及降压变压器原副线圈匝数比为。【答案】（1）100；（2）24J；（3），【解析】【详解】（1）A．依题意，可知交变电流的频率为线圈每转一圈，电流方向改变两次，所以该发电机的电流方向每秒钟改变100次；（2）回路中消耗的总电功率为根据能量守恒，线框转动一周过程中，克服安培力做功又联立可得（3）流过电动机的电流对于降压变压器，原副线圈匝数比为降压变压器原线圈电压为线路上的压降为升压变压器副线圈电压为升压变压器原线圈电压有效值所以升压变压器原副线圈匝数比为18. 如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成的长直导轨和一段圆孤导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值，导轨间距。在右侧导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界的距离，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。时刻，在右侧导轨斜面上与距离处，有一根阻值的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，取重力加速度，导轨电阻不计。求（1）ab在磁场中运动时速度为多少；（2）在时刻和时刻电阻两端的电压分别为多少；（3）在时间内和之后电阻上产生的热量之比为多少。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设金属棒质量为m，刚到上边界时速度为，根据题意金属棒恰好匀速通过整个磁场区域，可知金属棒以穿过磁场，从静止到上边界过程中根据动能定理有解得（2）金属棒从静止到上边界过程中加速度为，经过的时间为，有，解得故在时刻，金属棒还没进入磁场，此时感应电动势为此时电阻与金属棒并联后再与串联，总电阻为，故此时两端的电压为金属棒通过磁场区域用时为，有故时刻，金属棒在磁场中运动，磁感应强度为，此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势为此时金属棒相当于电源，和并联后的电阻为，故此时电阻两端的电压为（3）在时间内电阻上产生的热量为，即分析可知之后金属棒每经过一次磁场区域，机械能即损失一部分，最后将会在磁场下边界和圆弧轨道间来回往返运动，到达时速度为零，由金属棒恰好匀速通过整个磁场区域，有，，联立解得根据能量守恒之后电路中总的焦耳热为根据电路知识可知电阻上产生的热量为联立解得故在时间内和之后电阻上产生的热量之比为