新疆乌鲁木齐市第六十一中学2022-2023学年高二下学期期中物理 Word版含解析.docx

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乌鲁木齐市61中2022-2023学年高二第二学期期中考试物理试卷（90分钟）一、单项选择题（共12小题，每题3分，其中1-8小题为单选，9-12小题为多选题，共计36分）1.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）A.奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了电磁感应现象B.法拉第在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C.楞次发现了电流的磁效应,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.在法拉第、纽曼、韦伯等人工作的基础上,人们认识到：电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比,后人称之为法拉第电磁感应定律【答案】D【解析】【详解】AC．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，法拉第发现了电磁感应现象，故AC错误；B．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误；D．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D正确；2.如图所示，条形磁铁穿过一闭合弹性导体环，且导体环位于条形磁铁的中垂面上，如果把导体环压扁成椭圆形，那么这一过程中（）A.穿过导体环的磁通量减少，有感应电流产生B.穿过导体环的磁通量增加，有感应电流产生C.穿过导体环的磁通量变为零，无感应电流D.穿过导体环的磁通量不变，无感应电流【答案】B【解析】 【详解】把导体环压扁成椭圆形，面积减小，通过圆环的净磁通量增加，由于磁通量发生变化，故有感应电流产生，B正确．3.质量为m的物体放在水平地面上，在与水平方向成角的拉力F作用下由静止开始运动，经过时间t，速度达到v．则在这段时间内，拉力F和重力的冲量分别是（）A.，0B.，0C.，0D.，【答案】D【解析】【详解】因两力作用时间均为t，则有：重力的冲量为mgt，拉力的冲量为Ft；故D正确，ABC错误，故选D．【点睛】分析物体的受力，由冲量的定义可求出两力的冲量．4.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是因为（）A.人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小【答案】D【解析】【详解】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的．故B错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确．故选D．5.下列关于电磁波的说法正确的是（　　）A.各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/sB.麦克斯韦提出：变化的磁场一定产生变化的电场，变化的电场一定产生变化的磁场C.X射线的穿透能力最强，医院透视用的是X射线D.红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒 【答案】A【解析】【详解】A．各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/s，故A正确；B．麦克斯韦提出：变化的磁场一定产生电场，变化的电场一定产生磁场，但所产生的电场或磁场不一定是变化的，故B错误；C．X射线具有较强的穿透能力，医院透视用的是X射线，但其穿透性不是最强，故C错误；D．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，红外线具有热作用，但常用于医院和食品消毒是紫外线，故D错误。故选A。6.下列说法正确的是（　　）A.电磁炉主要是利用线圈中电流的热效应来加热物体的B.真空冶炼炉的线圈中通入直流电时，冶炼炉也能正常工作C.金属物品通过安检门时会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警D.变压器内用整块铁芯代替硅钢片，可以减小涡流损失【答案】C【解析】【详解】A．电磁炉主要是利用涡流的热效应来加热物体的，A错误；B．真空冶炼炉是利用线圈通以高频交变电流时，在待熔金属中产生涡流，利用涡流的热效应来进行工作的，如果真空冶炼炉的线圈中通入直流电时，冶炼炉不能正常工作，B错误；C．安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品的原理是：线圈中通以交变电流产生交变磁场，交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流，即涡流，而金属物品中的感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流的变化，从而被探测到，C正确；D．变压器的铁芯是利用相互绝缘的硅钢片叠在一起形成，可以减小涡流损失，若变压器内用整块铁芯代替硅钢片，铁芯中就会产生较大的涡流，D错误。故选C。7.下图中关于传感器的应用，说法正确的是（　　）A.干簧管是利用电磁感应的原理控制电路的通断的 B.机器人“眼睛”利用了光传感器C.红外测温枪向人体发射红外线，从而测量人体温度D.火灾报警器是通过感知温度触发报警的【答案】B【解析】分析】【详解】A．干簧管是利用磁极间的相互作用来控制电路的通断，故A错误；B．机器人“眼睛”利用了光传感器，故B正确；C．红外测温枪是接受人体向外发射红外线的强弱，从而测量人体温度，故C错误；D．火灾报警器是利用烟雾对光的反射工作的，故D错误。故选B。8.小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得Ft=-2m×-2mv解得F=负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F′=F=故选C。9.如图所示，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）A.闭合K时，B灯先亮，A灯后亮，最后一样亮 B.断开K时，B灯立即熄灭，A灯缓慢熄灭C.断开K时，A、B灯均缓慢熄灭D.断开K时，A灯熄灭，B灯变亮后熄灭【答案】AC【解析】【详解】A．当开关K闭合时，B灯先亮，A灯支路电路中的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A灯电流逐渐增大，A灯后亮，电路稳定后线圈相当于一段导线，两灯并联，最后一样亮，故A正确。BCD．断开K时，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动势阻碍电流的减小，此时A、B二灯相当于串联，因为开始两灯电流相等，所以两灯均缓慢熄灭，不会变亮，故C正确BD错误。故选AC。10.如图所示，理想变压器的原线圈接在电压为220V频率为50Hz的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）A.电流表的示数为1AB.原线圈的输入功率为110WC.电压表的示数为440VD.副线圈输出交流电的周期为0.02s【答案】AD【解析】【详解】A．根据理想变压器电压与匝数关系有解得通过副线圈的电流为根据理想变压器电流与匝数关系有 解得故A正确；B．原线圈的输入功率为故B错误；C．电压表的示数与副线圈两端的电压相等，即为故C错误；D．副线圈输出的交流电周期与原线圈输入的交流电周期相同，即为故D正确。故选AD。11.如图所示的电路中，理想变压器的输入端接一正弦交流电，保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，下列说法正确的是（　　）A.只增加原线圈匝数，变压器的输出电压变大B.只减少副线圈匝数，变压器的输出电压变小C.只断开开关S时，变压器的输出电压变大D.只将P向下滑动时，变压器输出的功率变小【答案】BD【解析】【详解】A．根据理想变压器电压和匝数的关系 可得可知，增加原线圈匝数，则副线圈的输出电压减小，故A错误；B．根据理想变压器电压和匝数的关系可得可知，减少副线圈的匝数，副线圈的输出电压减小，故B正确；C．断开开关S时，副线圈电阻增大，但匝数不变，变压器输入电压不变，则输出电压不变，故C错误；D．将P向下滑动时，副线圈电阻增大，输出电压不变，变压器输出功率变小，故D正确。故选BD。12.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是（）A.通过电阻R的电流方向向左B.棒受到的安培力方向向上C.棒机械能的增加量等于恒力F做的功D.棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量【答案】D 【解析】【详解】A.由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻R的电流方向向右，故选项A错误；B.由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故选项B错误；C.根据平衡条件可知重力等于恒力减去安培力，根据功能关系知恒力做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故选项C错误；D.金属棒在竖直向上的恒力作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故选项D正确．二、实验题（共2小题，每空2分，共计22分）13.某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的实验。在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电计时器1和光电计时器2，带有遮光片的滑块A和不带遮光片的滑块B的质量分别为mA、mB，遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①滑块A与滑块B相碰后，粘在一起经过光电计时器2的遮光时间为t2；②不放滑块B，轻推滑块A使其经过两个光电计时器的时间相等；③在两个光电计时器之间放滑块B并使其保持静止，轻推滑块A，测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1；④用天平测量AB滑块的质量为mA、mB。（1）以上实验步骤正确操作顺序是______。（2）碰前滑块A的速度大小为______，碰后滑块AB的速度大小为______。（3）利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为______。（4）实验中若mA=mB且发生的的碰撞为弹性碰撞，则碰撞后滑块A的速度为______。【答案】①.④②③①②.③.④.⑤.0【解析】【详解】（1）[1]根据“验证动量守恒定律”的实验原理可知，需要先测量两物体的质量，之后调节气垫导轨水平状态，使系统所受合外力为0，符合动量守恒定律的条件，然后测定碰撞前系统的总动量，最后测定碰撞后系统的总动量。故实验步骤正确的操作顺序是④②③①。（2）[2][3]根据第③过程可知，碰前滑块A的速度大小为 碰撞后滑块AB的速度大小为（3）[4]根据动量守恒定律可知初末状态系统动量守恒，即方程联立解得化简得（4）[5]若mA=mB且发生的的碰撞为弹性碰撞，则满足动量守恒，机械能守恒，解得，即发生速度交换，碰撞后滑块A的速度为0。14.某同学用图所示装置来验证动量守恒定律,实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下,在水平地面上的记录纸上留下痕迹,重复10次;然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止,让a球仍从原固定点由静止开始滚下,和b球相碰后,两球分别落在记录纸的不同位置处,重复10次.回答下列问题:（1）在安装实验器材时斜槽的末端应_____（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma_____mb,两球的半径应满足ra____rb(选填“＞”、“＜”或“=”).（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示,这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的_______点和_____点．（4）在本实验中结合图,验证动量守恒的验证式是下列选项中的______． A.maOC=maOA+mbOBB.maOB=maOA+mbOCC.maOA=maOB+mbOC【答案】①.(1)保持水平;②.(2)＞③.=④.(3)A⑤.C⑥.(4)B【解析】【详解】（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动．（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即ma＞mb．为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等；（3）由图1所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落地点分别为A、C点．（4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，得：maOB=maOA+mbOC，故选B．点睛：本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．三、计算题（本题共5小题，共42分）15.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（1）交流电的周期是多少？（2）电压瞬时表达式？（3）电压表的示数是多少？【答案】（1）；（2）；（3）209V【解析】【详解】（1）由图甲可知交流电的周期为 所以角速度为（2）电动势的瞬时表达式为由串联电路特点得电压的表达式为（3）电压表的示数为电压的有效值16.如图甲所示，水平放置的2匝线圈，阻值为r=1Ω，面积为S₁=4m2，线圈与阻值R=1Ω的电阻相连，在线圈的中心有一个面积为S2=2m2的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，求：（1）感应电动势的大小？（2）通过电阻的电流大小和方向？（3）电压表读数为多少？【答案】（1）4V；（2）2A，方向从A到B；（3）2V【解析】【详解】（1）由电磁感应定律，可得感应电动势的大小（2）由闭合电路欧姆定律，可得通过电阻的电流大小规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，由图乙可知，磁感应强度在增大，由楞次定律可知，通过电阻的电流方向从A到B。（3）电压表读数为电阻R两端的电压，由欧姆定律则有 17.如图所示，某发电厂用总电阻为2.5Ω的输电线输电，其输出的总功率是3.0×106kW，现用500kV的电压输电，求：（1）输电线上电流（2）输电线上损失的电压和功率（3）若发电机的输出电压为500V，求升压变压器的原副线圈匝数比【答案】（1）6000A；（2）15000V，；（3）【解析】【详解】（1）由题意有输电线上电流为（2）输电线上损失的电压为输电线上损失的功率为（3）若发电机的输出电压为500V，升压变压器的原副线圈匝数比为18.如图所示是质谱仪的工作原理示意图。质量为m带电量为q粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。求：（1）粒子在速度选择器中能沿直线运动的速度大小？（2）加速电场的电压U0是多少？（3）粒子在磁场中运动的轨迹半径为？ 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）通过速度选择器时，受到电场力和洛伦兹力，直线通过，有qE=qvB解得（2）根据动能定理，有解得（3）根据洛伦兹力提供向心力联立解得19.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0.5，Q点右侧水平地面光滑。现将质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时的速度大小；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）； （3）物块A最终停止位置到Q点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点过程机械能守恒，由机械能守恒定律有解得（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有解得当物块A、B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=（m+2m）v由能量守恒定律有解得（3）设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正，系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0=mv1+2mv2由机械能守恒定律得解得 设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有解得