重庆市暨华中学校2022-2023学年高二下学期期中考试物理 Word版含解析.docx

《重庆市暨华中学校2022-2023学年高二下学期期中考试物理 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

重庆市暨华中学校2023年春季高2024届半期考试物理试卷考试时间：90分钟总分：100分一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（　　）A.频率小，发生全反射的临界角小B.频率大，发生全反射的临界角小C.频率小，发生全反射的临界角大D.频率大，发生全反射的临界角大【答案】C【解析】【分析】【详解】由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射可知折射率越小发生全反射的临界角越大。故选C。2.某介质对空气的折射率为，一束光从该介质射向空气，入射角为60°，下列光路图正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】D【解析】【详解】根据全反射临界角与折射率的关系有解得由于光从该介质射向空气，入射角为60°，入射角大于临界角，则发生全反射，则光路中只有反射光线，没有折射。故选D。3.如图所示，有一玻璃三棱镜ABC，顶角A为30°，一束光线垂直于AB射入棱镜，从AC射出进入空气，测得出射光线与AC夹角为30°，则棱镜的折射率为(　　)A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】顶角A为30°，则光从AC面射出时，在玻璃中的入射角i＝30°.由于出射光线和入射光线的夹角为30°，所以折射角r＝60°.由光路可逆和折射率的定义可知n＝＝，C项正确．【详解】4.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度，时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是时的波形（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】由图中可以看出该波的波长为，根据可知该列波的周期为又因为时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，当时经历了1.5T，所以此时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，结合图像可知B选项正确。故选B。5.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（　　）A.交变电流的有效值为B.交变电流瞬时值表达式为 C.时刻穿过线圈的磁通量最大D.时刻线圈平面与磁场方向平行【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，交变电流的最大值为，有效值为3A，故A错误；B．由图乙可得则交变电流瞬时值表达式为故B错误；CD．和时刻感应电流均为最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，故C错误，D正确。故选D。6.如图，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，它的电阻随温度升高而减小。电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（　　）A.A1的示数不变，A2的示数增大B.A1的示数增大，A2的示数增大C.V1示数不变，V2的示数减小D.V1的示数增大，V2的示数增大【答案】C【解析】【详解】由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以的示数不变，当传感器所在处出现火情，的电阻减小，导致电路总电阻减小，所以电路中次级电流将会增加，初级电流也会增加；A1测量的是原线圈中的总电流，所以A1的示数增加；由于副线圈中电流增加，则的电压变大，所以 的示数要减小，即的电压也要减小，所以A2的示数要减小。故选C。7.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，、和是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在时刻，闭合开关S，电路稳定后在时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过、的电流方向为正，分别用、表示流过和的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】当闭合电键时，因为线圈与D1相连，所以电流I1会慢慢增大，D2这一支路立即就有电流，当电键断开时，线圈阻碍电流的减小，而且D1、D2、D3组成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，I2反向，逐渐减小，由于电路稳定时通过D1的电流大于D2的电流，所以D2和D3都会闪亮一下。故选C。8.如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为外侧圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道由静止开始向右运动。已知MN＝OP＝1m，则（g取10m/s2）（　　） A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N【答案】D【解析】【详解】A．金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小为金属细杆开始运动时的加速度大小为故A错误；B．金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功为重力做功为设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，由动能定理得解得故B错误；C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为 故C错误；D．在P点对金属细杆，由牛顿第二定律得解得每一条轨道对金属细杆作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，D正确。故选D。9.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，下列说法正确的是（　　）A.这列波的传播方向是沿x轴正方向B.这列波的传播速度是20m/sC.经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD.经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．由乙图看出，t=0时刻质点P的速度向下，由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；B．由甲图知该波的波长λ=4m由乙图知，周期T=0.2s则波的传播速度为 故B正确；C．机械波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项C错误；D．图示时刻Q点正沿y轴正方向运动，因t=0.1s=则经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错误。故选AB。10.如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点相距4.2m，b点在a点的右方，一列简谐波沿水平绳向右传播，波速为20m/s，波长大于2m。某时刻b点达到波峰位置，而a点正处于平衡位置且向上运动，则这列波的周期可能是（　　）A.0.12sB.0.28sC.0.168sD.0.84s【答案】AB【解析】【详解】某时刻b点达到波峰位置，而a点正处于平衡位置且向上运动，则ab间距满足因为波长大于2m，则n=0时λ1=5.6m，解得波速当n=1时λ2=2.4m，解得波速故选AB。11.随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（　　） A.无线充电技术与变压器的工作原理相同B.为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D.受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，仍能进行无线充电【答案】AD【解析】【详解】A．无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；B．如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；C．供电线圈只有接到交流电源上，能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，C错误；D．当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，只要穿过受电线圈的磁通量发生变化，就能产生电磁感应，给蓄电池充电，D正确。故选AD。12.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是（　　）A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 B.通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC.通过电阻R的电流的最大值为D.OM两点间电势差绝对值的最大值为【答案】AD【解析】【详解】A．M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为故A正确；B．当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路总电阻最大，通过R的电流最小，因R并=×2R=R通过电阻R的电流的最小值为根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；C．当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为故C错误；D．OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为U=Imin·2R＝故D正确。 故选AD。第II卷（非选择题共52分）二、实验题（满分16分）13.在“测玻璃的折射率”实验中：（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是___________；A．若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些D．若、的连线与法线夹角较大时有可能在面发生全反射，所以在一侧就看不到、的像（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度___________（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。（3）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是___________。【答案】①.C②.大③.1.5【解析】【详解】（1）[1]A．、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即、的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误； C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。故选C。（2）[2]如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。（3）[3]由折射率定律可得，玻璃砖的折射率为14.实验室中准备了下列器材：A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）B．电流表A1（满偏电流1.5mA，内阻为10Ω）C．电流表A2（量程0～0.60A，内阻约为0.10Ω）D．电压表V（量程0﹣15V，内阻约为10kΩ）E．滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）G．电阻箱R3：最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流是0.6AH．开关一个，导线若干（1）若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表_____联一个_____Ω的电阻。（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按如图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是_____，乙是_____（填器材前面的序号）。（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选_____（填器材前面的序号）。（4）图（b）为小明根据图（a）测量电路测得的实验数据作出的I1﹣I2图线（I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω（保留两位小数）。 【答案】①.串②.990③.C④.B⑤.E⑥.1.46（1.46﹣1.48）⑦.0.76（0.76﹣0.78）【解析】【详解】（1）[1][2]电流表的内阻为10Ω；满偏电压为若改装为1.5V的电压表，则应串联的电阻为=990Ω（2）[3][4]根据题意可知，乙为电流表C与电阻箱结合作为电压表使用，甲为电流表B，作为电流表使用；（3）[5]因内阻较小，故滑动变阻器略大于内阻即可，故滑动变阻器选择E；（4）[6][7]由闭合电路欧姆定律可得：变形得由数学知可得图像中的斜率纵截距 由图可知,代入数据解得E=1.46V（1.46﹣1.48）（0.76﹣0.78）【点睛】本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图像中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察。三、计算题（满分36分，其中15题8分，16题8分，17题10分，18题10分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、B的振动图象如图所示。已知该波的波长大于0.6m，求其波速和波长。【答案】v=2m/s；λ=0.8m【解析】【分析】【详解】由图象可知，周期T=0.4s，由于波长大于0.6m；波从A到B的传播时间Δt=0.3s则波速代入数据得v=2m/s则波长λ=vT代入数据得λ=0.8m16.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m，上端接有电阻R=3Ω，虚线 OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1kg、电阻r=1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图像如图乙所示。(取g=10m/s2)求：(1)磁感应强度B的大小；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中，电阻R产生的热量。【答案】(1)2T；(2)0.075J【解析】【详解】(1)由图像可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v=1.0m/s做匀速运动，产生的感应电动势E=BLv杆中的感应电流杆所受的安培力F安=BIL由平衡条件得mg=F安代入数据得B=2T(2)电阻R产生的热量Q=I2Rt=0.075J17.某村在较远的山上建立了一座小型风力发电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。 （1）如果该村工厂用电功率为，则该村还可以装“”的电灯多少盏？（2）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。【答案】（1）2600；（2）；【解析】【详解】（1）据降压变压器输入功率等于输出功率有灯可以消耗的功率是所以还可装灯的盏数为（盏）（2）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流，输电电压为，由题意可知所以有而根据电流与匝数成反比，则有根据电压与匝数成正比，则 根据电压与匝数成正比，则18.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求：(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热；(3)当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。【答案】(1)，方向由；(2)mv；(3)【解析】【详解】(1)ab棒产生的感应电动势ab棒中电流方向由。(2)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为，由动量守恒定律 解得由能量守恒关系Q=mv-(2m)v解得Q=mvcd棒上Q=mv(3)当ab棒的速度为时，cd棒的速度为，由动量守恒定律解得I==解得I=cd棒受力为此时cd棒加速度为