2022重庆荣昌区永荣中学高二下学期期中考试物理试题含解析

2021-2022学年度永荣中学高二下物理期中考试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（共28分；每题4分）

1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（　　）

A. 奥斯特发现了电流热效应的规律

B. 欧姆总结出了点电荷间相互作用的规律

C. 楞次发现了电流的磁效应，提出了电现象和磁现象之间的联系

D. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

【答案】D

【解析】

【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，焦耳发现电流热效应的规律，故A 错误；

B．库伦总结出了点电荷间相互作用的规律，故B错误；

CD．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误，D正确。

故选D。

2. 如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重力加速度大小为g，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是（　　）

A. 拉力F的冲量大小为 B. 拉力F的冲量大小为

C. 摩擦力的冲量大小为 D. 支持力的冲量大小为

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据冲量的定义可知拉力F的冲量大小为，故A正确，B错误；

CD．根据平衡条件可知物体所受摩擦力大小为

物体所受支持力大小为

所以摩擦力的冲量大小为

支持力的冲量大小为

故CD错误。

故选A。

3. 如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是(　 　)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．

【详解】A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误．

B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流．故B正确．

C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误．

D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D错误．

故选B．

4. 如图所示，弹簧振子在BC之间做简谐运动，当振子位于O点时，弹簧处于原长。在振子从C运动到O的过程中（　　）

A. 动能不断增大，加速度不断减小 B. 回复力不断增大，系统机械能守恒

C. 弹性势能不断减小，加速度不断增大 D. 弹性势能不断增大，加速度不断减小

【答案】A

【解析】

【详解】A．做简谐运动的弹簧振子，由C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力方向充当回复力也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知

故加速度不断减小。故A正确；

B．由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；

CD．振子由C到O的过程中弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故CD错误。

故选A。

5. 一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（　　）

A. 此单摆的固有周期约为0.5s B. 此单摆的摆长约为1m

C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【答案】B

【解析】

【详解】A．由共振曲线可知，此单摆的固有频率约为

所以，固有周期约为

故A错误；

B．根据单摆周期公式

得

故B正确；

CD．根据单摆周期公式得，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，所以固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。

故选B。

6. 一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为，此时烟花炸裂成沿直线上的两块(损失的炸药质量不计) ，两块的速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。向前一块的质量为m，向前一块的速度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】令向前一块的速度大小为v，由于爆炸后两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等可知，爆炸后两块的速度大小相等方向相反，而爆炸过程系统动量守恒，令爆炸前的速度方向为正方向，则有

解得

故选C。

7. 如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像（前半个周期为正弦波形的），则一个周期内该电流的有效值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设该电流的有效值为I，由

解得

故B正确。

故选B。

二、多选题（共15分；每题5分，有错选或不选得0分，漏选得3分，全选对得5分）

8. 一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（　　）

A. 乌贼喷出的水的速度大小为18m/s

B. 在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·s

C. 在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大

D. 在乌贼喷水的过程中，有18J的生物能转化成机械能

【答案】AD

【解析】

【详解】AC．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，则

解得

A正确，C错误；

B．根据动量定理可知，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为

B错误；

D．在乌贼喷水的过程中，乌贼消耗的生物能等于系统机械能的增量，即

D正确。

故选AD。

9. 图示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（　　）

A. 甲、乙两单摆的摆长相等

B. 甲单摆的振幅比乙单摆的大

C. 甲单摆的机械能比乙单摆的大

D. 在t=0.5s时，有正向最大加速度的是乙单摆

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式可知，甲、乙两单摆的摆长l相等，A项正确；

B．甲单摆的振幅为10cm，乙单摆的振幅为7cm，则甲单摆的振幅比乙单摆的大，B项正确；

C．尽管甲单摆的振幅比乙单摆的大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，所以无法比较两单摆机械能的大小，C项错误；

D．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，乙单摆经过负向最大位移处，所以此时有正向最大加速度的是乙单摆，D项正确。

故选ABD。

10. 如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，输电线的总电阻为的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和；的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和设的输入电压一定，当用户消耗的电功率变大时，有　　

A. 不变，变小 B. 减小，变大

C. 变大，变大 D. 不变，变小

【答案】AC

【解析】

【详解】当用户消耗的电功率变大时，变大，根据变压器原理可知，变大，而输入电压一定，则不变，所以变大，变大，，输电线上电流变大，导线上损失电压变大，，所以变小，则变小，AC正确BD错误．

第II卷（非选择题）

三、实验题（共15分，其中11题6分；12题9分）

11. 某实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。

（1）下列说法正确的是____________。

A．实验中两小球质量应满足的关系是m1<m2

B．实验中必需调节斜槽末端的切线沿水平方向

C．实验中每次必需从同一位置由静止释放小球m1

D．实验中必需测量小球抛出点距落点的高度H

（2）用天平测出入射小球质量m1、被碰小球质量m2；用刻度尺测出小球落点M、P、N距O点距离各为x1、x2、x3，只要等式_______（用m1、m2、x1、x2、x3表示）成立，就验证了碰撞过程动量守恒。

【答案】    ①. BC    ②. m1x2=m1x1+m2x3

【解析】

【详解】（1）[1]A.碰撞过程中动量、能量守恒，则

解得

因此让小球碰撞后不反弹，两球质量满足

故A错误；

B.保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向，故B正确；

D．可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量开始释放的高度h，只是每次必需平抛的初速度相同，所以要从同一位置由静止释放小球m1，故C正确，D错误。

故选BC。

（1）[2]由碰撞中的动量守恒，得

m1x2=m1x1+m2x3

12. 某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第次经过最低点所用的时间为在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为，再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图乙所示）。

(1)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的___________（选填选项前的字母）。

A．长约的细线B．长约的橡皮绳

C．直径约均匀铁球D．直径约的均匀木球

(2)从图乙可知，摆球的直径为d=___________mm。

(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=___________。

(4)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是___________（选填选项前的字母）。

A．开始摆动时振幅较小

B．开始计时时，过早按下停表

C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间

【答案】    ① AC##CA    ②. 5.980    ③.     ④. C

【解析】

【分析】(1)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的铁球；
(2)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读一位；
(3)根据从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第次经过最低点所用的时间内为，确定单摆全振动的次数，再求解周期。单摆的长度为将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式；
(4)由摆周期公式得，即可分析误差。
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。

【详解】(1)[1]摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取米左右的细线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的铁球。故选AC。

(2)[2]螺旋测微器的主尺读数为，可动刻度读数

则最终读数为。

(3)[3]由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第n次经过最低点所用的时间内为，则单摆全振动的次数为

周期

单摆的长度为

由单摆的周期公式得

(4)[4]由摆周期公式，可得

A．振幅大小与无关，故A错误；
B．开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则偏小，即测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故B错误；
C．测量周期时，误将摆球球次全振动的时间记为ｎ-1次全振动的时间，则周期偏小，则偏大，即测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，故C正确。

故选C

四、解答题（共42分，其中13题12分；14题14分；15题16分）

13. 如图所示，一束电子流以速率v通过一个处于矩形空间的大小为B的匀强磁场，速度方向与磁感线垂直，且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为和，电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过，求：

（1）电子在磁场中的飞行时间？

（2）电子的荷质比。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由几何关系有

解得

设圆心角为θ，则有

解得

电子在磁场中的飞行时间为

（2）根据题意，由牛顿第二定律有

解得

14. 一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻为R=4Ω，线圈在磁感应强度为T的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：

（1）线圈中感应电动势的最大值。

（2） 线圈中感应电动势的瞬时值表达式。

（3）线圈从开始计时经s时，线圈中电流的瞬时值。

【答案】（1）50V；（2）e=50sin10πt（V）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】(1)线圈中感应电动势的最大值为

联立，可得

(2) 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为

代入数据，得

(3)线圈从开始计时经s时，线圈中电动势的瞬时值为

根据闭合电路欧姆定律，有

联立，可得

15. 如图，竖直固定轨道abcd段光滑，长为L=1．0m的平台de段粗糙，abc段是以O为圆心的圆弧．小球A和B紧靠一起静止于e处，B的质量是A的4倍．两小球在内力作用下突然分离，A分离后向左始终沿轨道运动, 与de段的动摩擦因数μ=0．2，到b点时轨道对A的支持力等于A的重力的 , B分离后平抛落到f点，f到平台边缘的水平距离s= 0．4m,平台高h=0．8m，g取10m/s2，求：

（1）AB分离时B的速度大小vB；

（2）A到达d点时的速度大小vd；

（3）圆弧 abc的半径R．

【答案】（1）1 m/s  ；（2）    ；（3）0.5m

【解析】

【分析】

【详解】（1）B分离后做平抛运动,由平抛运动规律可知:

代入数据得:

（2）AB分离时，由动量守恒定律得

  A球由 e到d根据动能定理得

代入数据得

（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得

A球在b由牛顿第二定律得

代入数据得