精品解析：福建省漳州市第五中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（解析版）

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漳州五中 2022-2023学年下学期期中考试（物理方向）
高二年级 物理试卷
命题人： 罗艺文
（考试时间： 75分钟满分： 100分）
一、单选（共7题， 每题 3分）
1. 如图，一根有质量的金属棒，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以（　　）

A. 适当增大磁感应强度 B. 使磁场反向
C. 适当增大电流 D. 使电流反向
【答案】AC
【解析】
【详解】棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加，所以适当增加电流强度，或增大磁场均可以；若使磁场或电流反向，则安培力将反向，悬线上的拉力将增大，故选AC。
2. 图示为远距离输电线路的示意图，若保持发电机的输出电压不变，下列叙述中正确的是（ ）

A. 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B. 输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C. 当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
D. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
【答案】C
【解析】
【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．
【详解】A．由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，A错误；
B．输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，B错误；
C．当用户电阻减小时，导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，C错误；
D．由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，D错误。
故选C。
3. 如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域．规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图象(i－x)正确的是：(　　)

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】线圈进入磁场长度小于L，此时根据楞次定律，感应电流逆时针，方向为正，且，大小不变；进入磁场长度大于L小于2L，此时磁通量向里增强，根据楞次定律，感应电流逆时针，方向为正且，大小不变；当全部进入磁场后，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流顺时针，方向为负，且，所以ABC错误，D正确
4. 一理想变压器原､副线圈匝数比n1：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )

A. 流过电阻的电流是20 A
B. 与电阻并联的电压表的示数是100V
C. 经过1分钟电阻发出的热量是6×103J
D. 变压器的输入功率是1×103W
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，与电阻并联的电压表的示数是100V，流过电阻的电流

所以AB错误；
C．由

所以经过60s电阻发出热量是60000J，所以C错误；
D.由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率

输入功率等于输出功率，所以D正确．
故选D。

5. 如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有

A. a油滴质量最大 B. b油滴质量最大
C. c油滴质量最大 D. a、b、c的质量一样
【答案】C
【解析】
【详解】a球受力平衡，有：
Ga=qE…①
重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b球受力平衡有：
Gb+qvB=qE…②
c球受力平衡，有：
Gc=qvB+qE…③
解得：
Gc＞Ga＞Gb
故选C。
6. 一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转。 接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图。 对这些离子，可得出结论（　　）

A. 它们的速度一定不相同 B. 它们的电量一定不相同
C. 它们的质量一定不相同 D. 它们的荷质比一定不相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．一束几种不同的正离子在正交的匀强磁场和匀强电场区域里有

解得

故它们的速度一定相同，故A错误；
BCD．一束几种不同的正离子进入另一匀强磁场，洛伦兹力提供向心力

离子运动的半径

由图可知离子的运动半径不同，故它们的荷质比一定不相同，故BC错误，D正确。
故选D。
7. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A. 若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙
B. 若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C 只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D. 无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
【答案】B
【解析】
【详解】因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．故选项B正确.
二、多选（共5题， 每题4分）
8. 如图所示，理想变压器原线圈输入电压，原、副线圈匝数比为10:1，副线圈电路中为定值电阻，R是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）

A. 电压器输出电压的频率为50Hz
B. 电压表V2的示数为V
C. 照射R的光变强时，灯泡L变暗
D. 照射R的光变强时，电压表、电流表的示数都不变
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 原线圈接正弦交流电，由表达式知角速度是ω=100π,所以f=50Hz，故A正确；
B. 由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V，故B错误；
CD、R处光照增强时，阻值减小，副线圈电流表的变大，原线圈电流也变大，但不会影响输入电压值，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D错误
故选AC
9. 如图所示电路，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，则（　　）

A. S闭合瞬间，LA不亮，LB很亮
B. S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA逐渐变暗到熄灭，LB变得更亮
C. S断开瞬间，LA闪亮一下才熄灭，LB立即熄灭
D. S断开瞬间，LA、LB立即熄灭
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，LA、LB同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，LA逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，LB变亮，故A错误，B正确；
CD．断开S，LB立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过LA灯，LA闪亮一下后熄灭，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 水平冰面上有 A、B两位同学，A的质量为 50kg，B静止在冰面上，A以一定的初速度向 B滑去，一段时间后抱住B一起向右运动。若以向右为正方向，A运动的位移时间图像（x-t图像）如图乙所示，不计空气阻力以及冰面的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A. B的质量为 60 kg
B. B的质量为 75 kg
C. A抱住B的过程中系统损失的机械能为 375 J
D. A抱住B的过程中系统损失的机械能为 400 J
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．A同学的初速度

A、B两位同学抱住后的速度

根据动量守恒有

解得B的质量为

故A错误；B正确；
CD．A抱住B的过程中系统损失的机械能为

故C正确，D错误。
故选BC。
11. 如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过圆弧轨道从端点P（切线水平）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍低的b点由静止滑下，在经过P点进入板间的运动过程中（　　）

A. 带电小球的动能将会减小
B. 带电小球的电势能将会增大
C. 带电小球所受洛伦兹力将会减小
D. 带电小球所受电场力将会增大
【答案】B
【解析】
【详解】小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，结合左手定则，洛伦兹力和电场力同向，都向上，小球带正电。如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力G和电场力F一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上，若洛伦兹力变化了，则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从P点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，因此减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故B正确，ACD错误。
故选B。
12. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接， 两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。 在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是（　　）

A. 第2秒内上极板为正极
B. 第3秒内上极板为负极
C. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为
D. 第 4秒末微粒回到了原来位置
【答案】AD
【解析】
【详解】A．第2秒内金属圆环内磁场方向垂直纸面向里且均匀减小，根据楞次定律可知第2秒内上极板为正极，故A正确；
B．第3秒内金属圆环内磁场方向垂直纸面向外且均匀增大，根据楞次定理可知第3秒内上极板为正极，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律

故C错误；
D．假设微粒带正电，第1秒内下极板为正极，微粒向上做匀加速直线运动，第2秒内上极板为正极，微粒向上做匀减速直线运动，根据对称性可知2秒末微粒的速度为零，第3秒内上极板为正极，微粒向下做匀加速直线运动，第4秒内上极板为负极，微粒向下做匀减速直线运动，根据对称性可知微粒向上运动的位移等于向下运动的位移，故第4秒末微粒回到了原来位置；同理，微粒带负电，第4秒末微粒仍回到原来位置，故D正确。
故选AD。
三、填空（共三题， 每空 3分）
13. 质量为 1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在光滑水平地面上做真线运动，F与时间t的关系如图所示。则3s内水平力F的冲量为________；6s内时物块的动量变化量为________ kg·m/s

【答案】 ①. 12 ②. 0
【解析】
【详解】[1] 3s内水平力F的冲量为

[2] 6s内时物块的动量变化量为

14. 如图所示，矩形线圈 abcd在磁感应强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO'以角速度ω=10 rad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻 r=5 Ω， ab=0.5m ， bc=0.6m ，负载电阻R=15Ω。求：
（1）写出从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式________：
（2）电阻R在2s内产生的热量________ J

【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式

[2]电阻R的电流有效值为

电阻R在2s内产生的热量

15. 某同学用如图所示装置“验证动量守恒定律”。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的竖直投影。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。测得A球的质量为，B球的质量为。

（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。实验必须满足的条件有___________。
A.两球的质量必须相等
B.轨道末端必须水平
C.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（2）当满足表达式___________时，即说明两球碰撞过程中动量守恒；如果再满足表达式___________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测物理量表示）
【答案】 ①. BC##CB ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为防止碰后小球A反弹，应使A质量大于B的质量，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；
C．为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故C正确。
故选BC。
（2）[2]因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，根据动量守恒有

可得

[3]若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有

即

四、计算（共三题， 共38分）
16. 如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场，穿透磁场时的速度与电子原来的入射方向的夹角为30°，求：
（1）电子的质量 m；
（2）电子在磁场中的运动时间t。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）因为速度方向改变30°，因此此段轨迹所对应的圆心角为30°，如图所示


由几何关系可得半径
R=2d
由牛顿第二定律

联立解得电子的质量

（2）穿过磁场的时间　　

17. 如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成，平行导轨间距L=1.0m，匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度，两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动，两金属杆的质量均为，接入电路的有效电阻均为；若用与导轨平行的拉力F作用在ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑且d杆在导轨上恰好保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻忽略不计，重力加速度。求：
（1）金属杆cd所受安培力的大小；
（2）通过金属杆cd的电流大小及方向；
（3）力F的功率。

【答案】（1）1.0N；（2）5.0A，方向由c到d；（3）20W
【解析】
【分析】
【详解】（1）金属杆cd静止在金属导轨上，受重力、安培力和支持力，根据右手定则判断电流方向由c到d，根据左手定则判断安培力沿斜面向上。根据共点力平衡条件可得

代入数据解得

（2）根据安培力的计算公式可得

代入数据解得

根据右手定则判断电流方向由c到d
（3）金属杆ab所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab在拉力F、安培力和重力mg作用下匀速上滑，则拉力

根据法拉第电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流

根据功率公式

联立代入数据解得

18. 如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【解析】
【分析】
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv共
解得
v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得
v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv02