2022-2023学年四川省内江市第六中学高二下学期半期考试物理试题（解析版）

内江六中2022-2023学年（下）高2024届半期考试

物理学科试题

考试时间：90分钟  满分：100分

第I卷选择题（满分42分）

一、选择题（1-8题为单选题，9-12为多选题，每小题4分，共48分）

1. 如图所示电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L1、L2均处于正常发光状态。以下说法正确的是（　　）            

A. S闭合瞬间，L2灯慢慢变亮，L1灯立即变亮

B. S闭合瞬间，L1灯慢慢变亮，L2灯立即变亮

C. S断开瞬间，流经小灯泡L2中的电流由I2逐渐减为零

D. S断开瞬间，流经小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零

答案：D

解析：AB．S闭合瞬间，L1灯以及L2灯都会立即变亮，只是L1灯电流会逐渐变大，最后变得更亮，选项AB错误；

CD．S断开瞬间，L1中的电流会立刻变为零；而原来流经L2的电流也立刻变为零；由于自感线圈阻碍电流的减小，则流经L的电流会通过灯泡L2重新组成新的回路，使得流经小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，选项C错误，D正确。

故选D。

2. 一弹簧振子振幅为A，从最大位移处经过时间第一次到达平衡位置，若振子从平衡位置处经过时间时的加速度大小和动能分别为和，而振子位移为时的加速度大小和动能分别为和，则、和、的大小关系为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

答案：A

解析：已知从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置，可知从平衡位置到第一次到达最大位移处的时间亦为t0，由平衡位置经时间t0到达最大位移处的过程是加速度增大的减速运动过程，此过程的位移为A，所以振子从平衡位置处经过时间通过的位移要大于，所以，。

故选A。

3. 如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是（　　）

A. 时，两单摆的回复力最大

B. 乙摆球在第1s末和第3s末速度相同

C. 甲、乙两个摆的摆长之比为

D. 甲摆球位移随时间变化的关系式为

答案：D

解析：A．时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，A错误；

B．乙摆球在第1s末和第3s末速度大小相等方向相反，B错误；

C．由单摆的周期公式可知

得甲、乙两个摆的摆长之比为

C错误；

D．由图可知，甲摆的振幅为，周期为，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为

D正确。故选D。

4. 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，方向与纸面垂直，边长L=0.1m、总电阻R=的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边距磁场边界L，如图所示，已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=1s时刻进入磁场，以初始位置为计时起点，规定：电流沿顺时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向外时磁通量为正。则以下关于线框中的感应电动势E、磁通量、感应电流I和安培力F随时间变化的图像中正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

答案：B

解析：由题可知，线框速度

解得

则在0~1s线框在磁场外，线圈磁通量，感应电动势，感应电流、安培力均为0。

在1~2s线框进入磁场，磁通量大小

磁感线垂直纸面向外，则磁通量去正。

感应电动势

点d电势高于点c点电势，感应电流瞬时针方向，则电动势取正。

感应电流

根据左手定则，线框受到向左的安培力，安培力大小为

在2~3s线框开始离开磁场，穿过线框的磁感线仍向外，线框磁通量取正，磁通量减小

感应电流方向逆时针方向，则线框电动势取负，但是切割磁感线速度不变，则大小不变。

同样，感应电流大小也不变。安培力仍向左，大小也不变。

在3~4s线框已经全部离开磁场，线圈磁通量，感应电动势，感应电流、安培力均为0。

故选B。

5. 如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，整个导轨处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中；质量为m、电阻为r的导体棒由静止释放后沿导轨下滑，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻，导体棒与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度为g；导体棒从静止运动到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 导体棒中的感应电流方向为b→a

B. 导体棒的最大速度为

C. 导体棒所受重力做功与安培力做功之和等于导体棒增加的动能

D. 导体棒减少的重力势能大于导体棒增加的动能与回路中产生的焦耳热之和

答案：D

解析：A．由于导体棒向下运动切割磁场，所以根据右手定则可知，导体中电流的方向为a→b。故A错误；

B．当导体棒所受安培力的大小与重力沿斜面的分力及摩擦力的合力大小相等时，导体棒的速度最大，设导体棒的最大速度为v，则速度最大时，由平衡条件可得

根据电磁感应定律及安培定则可得

联立可得

故B错误；

CD．根据能量守恒定则可知

即导体棒所受重力做功与安培力做功及摩擦做功之和等于导体棒增加的动能。导体棒减少的重力势能大于导体棒增加的动能与回路中产生的焦耳热之和。故C错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度开始进入磁场，离开磁场区域后速度为。已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈（　　）

A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同 B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同

C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为 D. 进、出磁场过程动量的变化量不同

答案：C

解析：AC．设线圈在磁场中匀速运动的速度v，线圈进磁场过程，根据动量定理

线圈出磁场过程，根据动量定理

而

由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，由以上分析

解得

故A错误，C正确；

B．根据能量守恒，线圈进磁场过程，产生焦耳热

线圈出磁场过程，产生焦耳热

则

即

故B错误；

D．由于

则进、出磁场过程动量的变化量相同，故D错误。

故选C。

7. 如图所示，电阻不计的矩形线圈abcd处于磁感应强度大小B=2T的匀强磁场中，线圈面积，匝数n=10。线圈绕中心轴匀速转动，转动角速度。线圈的输出端与理想变压器原线圈相连，变压器的原、副线圈的匝数比，副线圈通过电流表与定值电阻R1和滑动变阻器R2相连，R1的电阻为80Ω，R2的最大电阻为120Ω。电流表与电压表均为理想电表。下列说法正确的是（  ）

A. 当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈中的感应电动势最大

B. 电阻R1中电流方向每秒变化100次

C. 改变滑动变阻器R2接入电路的阻值，滑动变阻器R2两端电压最大瞬时值为24V

D. 改变滑动变阻器R2接入电路的阻值，滑动变阻器R2中消耗的最大电功率为5W

答案：D

解析：A．当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈处于中性面位置，感应电动势为0，故A错误；

B．线圈转动的频率为

则电阻R1中电流方向每秒变化次，故B错误；

C．线圈产生的感应电动势的最大值为

根据理想变压器的规律知

解得

R2两端的电压为

则知当R2最大时，其两端电压最大，最大瞬时值为

故C错误；

D．副线圈电压的有效值为

R2的功率为

则当R1=R2=80Ω时，R2消耗的功率最大，带入数据解得最大值为

故D正确。

故选D。

8. 理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（　　）

A. R1、R2、R3两端的电压之比为

B. 通过 R1、R2、R3的电流之比为

C. a、b 间输入功率与变压器输入功率之比为

D. a、b 间输入电压与变压器输入电压之比为

答案：A

解析：AB．理想变压器原副线圈的电压比

理想变压器原副线圈的电流比

设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为3I0，即

则流过R2的电流

则流过R1的电流

通过R1、R2、R3的电流之比为

由于三个电阻相等，因此两端的电压之比为

故A正确，B错误；

C．由于变压器本身不消耗能量，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为

故C错误；

D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为

故D错误。故选A

9. 图甲为一理想变压器，原副线圈匝数比为2：1，R为滑动变阻器，A、V均为理想交流电表。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，则（　　）

A. 电压表V的示数为

B. 该交变电流的方向每秒改变100次

C. 滑动变阻器滑片向下滑动时，电压表V示数增大

D. 滑动变阻器滑片向下滑动时，电流表A示数减小

答案：BD

解析：A．原线圈中接入的正弦交流电的电压有效值为

由可得

即电压表的示数为10V，故A错误；

B．由图乙可知，周期为0.02s，一个周期内电流方向改变2次，则该交变电流的方向每秒改变100次，故B正确；

C．副线圈两端电压由原线圈两端电压与匝数比决定，则滑动变阻器滑片向下滑动时，电压表V示数不变，故C错误；

D．由于副线圈两端电压不变，滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表示数减小，故D正确。

故选BD。

10. 如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。其电源输入电压如图乙所示，输电线的总电阻为r=100Ω，降压变压器右侧部分为一路灯控制电路的一部分，其中为一定值电阻，为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），电压表为理想交流电表。路灯控制电路两端电压超过一定值时接通路灯电路（图甲中未画出）。白天路灯未亮时，测量发现当升压变压器的输入功率为660kW，降压变压器副线圈的输出功率为570kW，电压表示数为380V，下列说法正确的是（　　）

A. 路灯控制电路可以接在两端

B. 降压变压器原、副线圈的匝数比为50：1

C. 降压变压器副线圈输出的交流电方向每秒钟改变100次

D. 当光线变暗时，电压表的示数变大，输电线消耗的功率增大

答案：ABC

解析：A．依题意，光照强度减小时光敏电阻的阻值增大，则流过光敏电阻所在电路的电流将减小，若路灯控制电路接在定值电阻两端，则其两端电压会随之减小。与题意不符；若路灯控制电路接在两端，当光线变暗时，R1阻值变大，R1两端电压增大，控制电路接通，符合题意；光线变暗时，降压变压器副线圈总电阻增大，副线圈功率增大，降压变压器输入功率增大，输电线上功率损失减小，输电线上的电流减小，降压变压器的输入电压增大，导致电压表的示数变大。故A正确；D错误；

B．依题意，输电线上损失的功率为

又

解得

设降压变压器的输入电压为U1，输出电压为U2，则有

又

联立，可得

故B正确；

C．根据图像可知交流电的周期为0.02s，则交流电的频率为

变压器不改变交流电的频率，所以降压变压器副线圈输出的交流电方向每秒钟改变100次。故C正确。

故选ABC。

11. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为。现给金属杆一个水平向右的速度v，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中（　　）

A. 做加速度不断减小减速直线运动 B. 杆中电流大小不变，方向从b流向a

C. 刚开始运动时加速度大小为 D. 电阻R上产生的热能为

答案：AD

解析：AB．给金属杆一个水平向右的速度v，金属杆运动一段距离x后静止，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律

所以随速度减小，杆中电流减小，安培力减小，即杆做的是加速度减小的减速直线运动，故A正确，B错误；

C．刚开始运动时

解得

C错误；

D．对金属棒应用动能定理

克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻产生的热能，解得

故D正确。

故选AD。

12. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为，上、下两端分别接有阻值的电阻，虚线下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度。现将长度也为，质量，电阻的金属杆ab，自上方h处垂直导轨由静止释放。已知金属杆始终与导轨保持良好接触，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）

A. 当时，金属杆ab进入磁场做匀速运动

B. 当时，金属杆ab进入磁场瞬间加速度大小

C. 无论h为多大，最终金属杆ab速度均为

D. 无论h为多大，金属杆ab稳定运动时上端电阻R的功率均为

答案：AC

解析：AC．回路中两个电阻R并联，再与r串联，回路中的总电阻，进入磁场前，ab自由下落，进入磁场的速度

刚刚进入磁场时的安培力

当安培力等于重力时，金属杆匀速下落，解得

故AC正确；

B．当时，根据牛顿第二定律

解得

故B项错误；

D．稳定运动时ab匀速，因此安培力的功率等于重力的功率

此时金属杆的电功率与两端电阻功率相等，所以电阻R的功率为0.5W，故D项错误。

故选AC。

第Ⅱ卷  非选择题（满分52分）

二、填空题（每空2分，共12分）

13. 做简谐运动的单摆， 其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的周期________，振幅__________ (填写“变大”，“不变”或者“变小”)．

答案：    ①. 不变    ②. 变小

解析：（1）[1] 由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变。

（2）[2] 摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，有：

根据此式可知，速度变小，则高度减小，所以小球偏离平衡位置最大距离变小，即振幅减小。

14. 如图甲所示，电源的电动势，电源内电阻可忽略不计；G是内阻为的灵敏电流表，定值电阻R上标有“”的字样，为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S，当的温度等于时，电流表示数。

（1）电流表内阻为____________Ω。

（2）定值电阻R两端电压为时，热敏电阻的温度为____________。

答案：    ①. 500    ②. 20

解析：（1）[1]当的温度等于120℃时，由图可知

由闭合电路欧姆定律

其中

解得电流表内阻

（2）[2]定值电阻R两端电压为2V时，则

解得热敏电阻

由图可知对应的温度为20℃。

15. 有一面积为150cm2的金属环，电阻为0.1Ω，在环中100cm2的同心圆面上存在如图（b）所示的变化的磁场，在0.1s到0.2s的时间内环中流过的电荷量为_______C，在0.1s到0.3s的时间内环中产生的焦耳热为_______J。

答案：    ①. 0.01    ②. 10-4

解析：由b图得0到0.2s内

由法拉第电磁感应定律可得0到0.2s内感应电动势

产生的感应电流为

所以，0.1s到0.2s时间内通过圆环横截面的电荷量

而根据b图可得0.2s到0.3s的时间内磁感应强度不变，感应电动势为0，感应电流为0，所以0.1s到0.3s的时间内环中产生的焦耳热为

三、解答题（共4题，共40分）

16. 高考临近，为保证高三工作正常开展，防止停电事故发生，某中学领导班子决定购买一台应急备用发电机，要求如下∶一是保证全校88间教室所有日光灯能正常发光；二是为避免噪音干扰，发电机需远离教学区；三是尽量利用已有设备和线路。为此学校决定让物理老师和兴趣小组同学先进行调查，得到以下数据∶每间教室有日光灯10盏，每盏灯功率为40W，额定电压均为220V；发电机安装位置距离并网接口电阻约2Ω，其余部分电阻不计；学校已有升压变压器和降压变压器各一台，升压变压器匝数比为n1∶n2=1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4=4∶1，兴趣小组同学画出示意图如图所示。试求∶

（1）两变压器之间输电线上的电流？

（2）购买的发电机功率P应不小于多少？

答案：（1）；（2）

解析：（1）对降压变压器有

其中

解得降压变压器原线圈两端电压

U3=880V

所有日光灯正常发光时消耗功率为

P灯=88×10×40W=35200W=P4=P3

所以两变压器之间输电线上的电流为

（2）输电线上的损耗

W

所以发电机功率

17. 如图所示，倾角为的斜面体（光滑且足够长）固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l0的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的小球，开始时，小球静止于O点。压缩弹簧使其长度为时将小球由静止开始释放，重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式，△x为弹簧形变量。

（1）证明小球所做运动为简谐运动；

（2）小球振动到最低点时弹簧的弹性势能。

答案：（1）见解析；（2）

解析：（1）设小球在斜面上平衡时，设弹簧伸长量为，有

当小球离开平衡位置向下的位移为x时，弹簧伸长量为，小球所受合力为

联立以上各式可得

可知小球作简谐运动；

（2）小球作简谐运动的振幅为

小球振动最低点时伸长量为

弹性势能

18. 如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，由图2可知，时ab边刚好进入磁场，时cd边开始出磁场，时线框刚好全部出磁场。已知在内线框始终做匀速运动。

（1）求外力F的大小；

（2）在内存在连续变化的磁场从而保证线框能匀速出磁场，求在这段时间内磁感应强度B的大小与时间t的关系；

（3）求在内流过导线横截面的电荷量q。

答案：（1）0.0625N；（2）；（3）0.5C

解析：（1）由图可知，在时，磁感强度为大小为，回路电流

线框所受安培力

由于线框匀速运动

解得外力

（2）线框匀速离开磁场，线框中的感应电流为0，磁通量不变时，即

在时，磁感强度大小为，此时的磁通量为

因此在t时刻，磁通量

解得

（3）根据

而

因此

在时间内，电荷量

在时间内，电荷量

在时间，线框无感应电流，所以

总电荷量

19. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1m，导轨的电阻可忽略。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量m＝1kg、电阻r＝0.2Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v+2（式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N）方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大。g取10m/s2，sin37°＝0.6。

（1）试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；

（2）求电阻R的阻值；

（3）已知金属杆ab自静止开始下滑x＝1m的过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q1＝0.8J，求该过程需要的时间t和拉力F做的功W。

答案：（1）金属杆做匀加速运动；（2）0.3Ω；（3）0.5s，3.3J

解析：（1）通过R的电流

I＝＝

由题意，通过R的电流I随时间均匀增大，则知杆ab的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。

（2）杆所受的安培力大小为

FA＝BIL＝BL＝

对杆，根据牛顿第二定律有

将代入得

因匀加速运动的加速度a与v无关，所以

a＝＝8m/s2，0.5-＝0

得

R＝0.3Ω

（3）由

得所需时间

t＝＝s＝0.5s

此时ab杆的速度为

电路中总的焦耳热为

Q＝Q1＝×0.8J＝J

由能量守恒定律得

解得

W＝J≈3.3J