浙江省宁波市北仑中学2022-2023学年高二物理上学期期中检测试卷（选考）（Word版附解析）

北仑中学2022学年第一学期高二年级期中考试物理试卷（仑中2、4、5、6、7班+外高1、6班使用）一、单项选择题（共10题，共30分）1.关于电磁波下列说法正确的是（　　）A.麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在B.医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒C.一切物体都在辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关D.电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速【答案】C【解析】【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故A错误；B．X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体；对人体有一辐射，故不能用来消毒，故B错误；C．一切物体都在不停地向外辐射红外线，这种辐射与物体的温度有关，物体的温度越高，辐射的红外线就越强，故C正确；D．电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误；故选C。2.下列图中，A图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金；B图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业，不属于涡流现象的是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】A．真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金时，是使金属材料发生涡流而快速发热的，与题意不相符，故A错误；B．图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热是因为线圈在铁芯中产生涡流而发热的，与题意不相符，故B错误；C．安检门可以探测人身是否携带金属物品是通过物体上产生涡流而使报警器发出警告的，与题意不相符，故C错误；D．工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业是利用静电屏蔽原理，与题意相符，故D正确．3.如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电荷，则该瞬间：()A.电容器两极板间电压正在增大B.电流i正在增大，线圈L中的磁场能也正在增大C.电容器带电量正在减小D.线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增强【答案】A【解析】【详解】AB.根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，电容器两极板间电压正在增大，磁场能转化为电场能．故A正确，B错误；C．振荡电路正在充电，电容器的带电量在增大，故C错误；D．充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小．故D错误．故选：A.4.轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”的固有周期是0.5s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两 条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（　　）A.当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2HzB.轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小也必然不同C.轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈D.当轿车以7.2km/h速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈【答案】D【解析】【详解】A．当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为则车身上下振动的频率为A错误；BC．车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，BC错误；D．当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为车身系统的固有频率为此时所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，D正确。故选D。 5.如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（　　）A.应该将球沿着1的方向抛出B.应该将球沿着2的方向抛出C.完成传球的过程，两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的D.当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指【答案】D【解析】【详解】AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着3方向抛出就能传球成功，故A、B均错误；C．根据动量定理知，完成传球的过程两运动员对球的冲量等大反向，故C错误；D．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故乙接着球后要往身体收，以免伤害手指，故D正确。故选D。6.中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M（含燃料）火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为对地速度。则喷出气体的质量为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0=（M-m）v2-mv1解得 故B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场，现将一带电小球以一定初速度竖直上抛，小球能上升的最大高度为h，设重力加速度为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　）A.h一定大于B.h一定等于C.h一定小于D.h可能等于【答案】C【解析】【详解】如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时向左偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于，故C正确，ABD错误。故选C。8.一台发电机输出的电功率为50kW，输出电压为250V，现欲用变压器升压后向远处输电， 输电线的总电阻为，若不考虑输电线路的感抗和容抗对输电的影响，则（）A.输送电压越高，输电线上损失的功率越大B.若升压变压器的变压比为1:4，输电线上损失的功率为20kWC.若升压变压器的变压比为1:8，输电线上损失的功率为10kWD.若不用升压变压器，输电线上损失的功率将达到320kW【答案】B【解析】【详解】A．输送电压越高，根据P=UI知，输送电流越小，根据P损=I2r知，输电线上损失的功率越小，故A错误；B．若升压变压器的变压比为1:4，则输出电压为1000V，则由P=UI可得，输送电流为则输电线上的损失功率为，故B正确；C．若升压变压器变压比为1:8，则输出电压为2000V，则由P=UI可得，输送电流为则输电线上的损失功率为，故C错误；D．输出电功率仅为50kW，则输电线上损失的功率不可能达到320kW，否则将违反能量守恒，故D错误。故选B。9.合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N=100的线圈。线圈与阻值R=14的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中；，其运动速度（m/s）。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B=0.2T。线圈周长L=1.5m，总电阻r=1，圆形线所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A.线圈中感应电动势为B.灯泡中流过电流的最大值为4AC.灯泡的电功率为240WD.1分钟内小灯泡消耗的电能为13440J【答案】D【解析】【分析】【详解】A．线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax=NBLvmax代入数据可得线圈中感应电动势为故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可得最大电流为故B错误；C．电流的有效值为 灯泡的电功率为故C错误；D．1分钟内小灯泡消耗的电能为故D正确。故选D。10.如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场。现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t=0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t=t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间变化的图线，不计摩擦阻力。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】t=0时刻，感应电动势E=0，感应电流I=0，安培力F安=BIl=0，由牛顿第二定律得F0=ma由匀变速直线运动规律得根据牛顿第二定律得 F-F安=ma又线框受到的安培力F安=BIl由闭合电路欧姆定律得导体棒切割磁感线产生的电动势为E=Blv得到由图读出图线的斜率同时联合解得故选C。二、不定项选择题（共7题，共28分）11.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是（　　） A.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近B.结合地球自转方向，可以判断出地球是带负电的C.地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行D.因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显【答案】BD【解析】【详解】A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近；故A错误；B．地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故B正确；C．磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；D．根据安培定则可知，导线的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。故选BD。12.如图所示为实验室所用的某种灵敏天平，安装在天平臂一端（图中的右端）的金属片置于蹄形磁铁的两个磁极之间，该装置有利于振动的天平臂迅速平静下来，现因物体放置在秤上引起天平臂的摆动带动金属片上下运动，则以下说法正确的是（　　）A.当金属片上下运动，由于穿过金属片的磁通量没有发生变化，因此金属片中没有感应电流B.当金属片上下运动时，金属片中会产生涡流C.当金属片向上运动时，金属片受到向下的磁场力D.由于金属片在上下运动，受到的磁场力总是阻碍金属片的运动，使其机械能转化为内能，导致物体质量测量值偏小【答案】BC【解析】 【详解】A．当金属片上下运动，由于穿过金属片的磁通量发生变化，因此金属片中产生感应电流，故A错误；B．当金属片上下运动时，依据楞次定律可知，金属片向上运动时，导致穿过金属片的磁通量减小，金属片会产生顺时针反向的涡流。当金属片向下运动时，金属片会产生逆时针方向的涡流。故B正确；C．当金属片向上运动时，根据“来拒去留”原则，金属片受到向下的磁场力，故C正确；D．由于金属片在上下运动，受到的磁场力总是阻碍金属片的运动，使其机械能转化为内能，致使振动的天平臂迅速静止下来。当天平静止时，磁场力消失，不会导致物体质量测量值偏小，故D错误。故选BC。【点睛】依据闭合回路磁通量的变化，判断是否存在感应电流。根据楞次定律判断感应电流的方向。根据楞次定律阻碍相对运动角度来分析受力，根据平衡原理测量质量。13.2021年6月17日，神舟十二号飞船发射，三名航天员进入天和核心舱，成为中国空间站第一批居民。在短暂的三个月在轨生活中，他们完成了多项任务，其中还包括两次太空行走。假设某次太空行走过程，一个连同装备总质量为的航天员，在距离空间站处与空间站处于相对静止状态，航天员背着装有质量为氧气的贮气筒，筒上有个可以使氧气以的速度喷出的喷嘴，航天员必须向着返回空间站的相反方向放出氧气，才能回到空间站，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。航天员的耗氧率为。不考虑喷出氧气对设备及航天员总质量的影响，为保证航天员安全返回空间站，一次性喷出氧气质量可能为（　　）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】设一次性喷出氧气质量为时，航天员刚好安全返回，航天员在释放氧气后的速度为，取喷出的氧气速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得航天员匀速返回空间站所需要的时间 贮气筒中氧气的总质量联立解得或所以一次性喷出氧气质量满足故选ABC。14.如图甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是（　　）A.甲图中录音机录音时，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B.乙图电路开关断开瞬间，灯泡不会立即熄灭C.丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化D.丁图电路中，声波的振动会在电路中产生恒定的电流【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．甲图中录音机录音时，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场，所以A正确；B．乙图电路开关断开瞬间，线圈与灯泡没有构成一个闭合回路，灯泡会立即熄灭，所以B错误；C．光电三极管是一种晶体管，有三个电极。当光照强弱变化时，电极之间的电阻也会变化，因此丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表 现出电阻的变化，所以C正确；D．电容话筒的振膜与固定的平面电极之间形成一个电容，空气振动时，两者之间距离变化会导致其电容量的变化，因此在电容两端施加固定频率及大小的电压，通过电容的电流就会变化，所以D错误；故选AC。15.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，原线圈两端的交变电压为，氖泡在两端电压达到时开始发光，下列说法中正确的有（　　）A.开关接通后，氖泡的发光频率为B.开关接通后，电压表的示数为C.开关断开后，电压表的示数不变D.开关断开前后，变压器的输入功率不变【答案】AC【解析】【详解】A．根据交变电压瞬时值的表达式，交流电的频率为由于氖泡一个周期内发光两次，因此氖泡的发光频率为100Hz，故A正确；B．根据正弦交变电流电压的瞬时值的表达式可求得，电压的有效值为根据理想变压器电压与匝数比值关系，副线圈两端电压为即电压表读数为，故B错误；C．开关断开后，理想变压器原线圈电压不变，匝数比不变，根据理想变压器电压与匝数关系，可知电压表的示数不变，故C正确； D．开关断开后，氖泡不工作，负载电流变小，副线圈两端电压不变，根据功率公式可知，变压器输出功率变小，故D错误。故选AC。16.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为q/m，发射速度大小都为v0，且满足．粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是(　　)A.粒子有可能打到A点B.以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C.以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出【答案】AD【解析】【详解】A．根据，又v0＝qBL/m，可得，又OA=L，所以当θ=60o时，粒子经过A点，所以A正确；B．根据粒子运动的时间，圆心角越大，时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60o，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；CD．当粒子沿θ=0°飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，在AC边上有一半区域有粒子飞出，所以C错误；D正确．17.两磁感应强度均为B的匀强磁场区Ⅰ、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L（）、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于Ⅰ区域，ab 边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则（　　）A.当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为B.当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向由C.把金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到整个金属框完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功为D.从cd边刚进入Ⅱ区域到cd边进入Ⅲ区域的过程中，回路产生的焦耳热为【答案】BC【解析】【详解】A．当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，感应电动势为感应电流为ab两点间的电压为故A错误；B．当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，由右手定则可知，线框中的感应电流方向顺时针方向，电流大小为则通过ab边的电流大小为，方向由，故B正确；C．把金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到整个金属框完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功为 故C正确；D．从cd边刚进入Ⅱ区域到cd边进入Ⅲ区域的过程中，回路产生的焦耳热为故D错误。故选BC。三、实验题（每空2分，共10分）18.某同学在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，（1）用游标卡尺测小球的直径如图a所示，其值为________；用秒表记录了单摆全振动次所用的时间如图b所示，秒表读数为________s；（2）若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________（选填下列选项前的序号）A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B.摆线上端未牢固地固定于点，振动中出现松动，使摆线越摆越长C.测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为了次全振动的时间，并由计算式求得周期D.摆球的质量过大（3）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆线长，测得了多组摆线长和对应的周期，并用这些数据作出 图像如图甲所示，并根据图线拟合得到方程。由此可以得出当地的重力加速度________（取，计算结果保留3位有效数字）。（4）这位同学查阅资料得知，单摆在最大摆角较大时周期公式可近似表述为。为了用图像法验证单摆周期和最大摆角的关系，他测出摆长为的同一单摆在不同最大摆角时的周期，并根据实验数据描绘出如图乙所示的图线。设图线延长后与横轴交点的横坐标为，则重力加速度的测量值________________（用题中所给字母、、表示）。【答案】①.12.5②.100.2③.C④.9.76⑤.【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为[2]秒表读数为（2）[3]根据，整理得A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误； C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；D．摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误；（3）[4]根据整理得可知图线的斜率解得（5）[5]由整理得当时解得四、计算题（共3题，19题10分，20题12分，21题10分，共32分）19.如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的边ab=dc=0.2m，边bc=ad=0.1m，共有n=100匝，总电阻为r=1Ω，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R=9Ω的定值电阻，电压表为理想电表，线圈以角速度ω=10rad/s在磁感应强度为B=1T的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OOʹ匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，求：（π=3，结果可保留根号）（1）写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式； （2）线圈从图示位置开始到转过60°时的瞬时电流；（3）电压表示数；（4）线圈转一圈的过程中电阻R上产生的焦耳热；（5）从图示位置开始的周期内通过R的电荷量。【答案】（1）；（2）1A；（3）；（4）10.8J；（5）0.1C【解析】【详解】（1）从垂直于中性面平面开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，最大感应电动势为所以感应电动势的瞬时值表达式为（2）从图示位置开始到转过60°的瞬时感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得（3）电流的有效值为所以电压表的读数为（4）根据焦耳定律可得，线圈转动一圈电阻R上产生的焦耳热为 （5）从垂直于中性面的平面开始计时，磁通量随时间按正弦规律变化，即图示位置开始的周期内感应电流解得20.如图所示，两条平行的金属导轨相距，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN和PQ的质量均为，电阻分别为和，MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好，从时刻起，MN棒在水平外力的作用下由静止开始以的加速度向右做匀加速直线运动，则在平行于斜面方向的力作用下保持静止状态，时，棒消耗的电功率为，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）时间内通过棒的电荷量；（3）求时的大小和方向；（4）若改变的作用规律，使棒的运动速度与位移满足关系：，棒仍然静止在倾斜轨道上，求棒从静止开始到的过程中，系统产生的热量． 【答案】（1）2T（2）3C（3）5.2N方向沿斜面向下（4）【解析】【分析】【详解】（1）3s末MN棒的速度为切割产生的感应电动势为根据欧姆定律得又代入数据得（2）根据法拉第电磁感应定律得则电荷量为又0～3s时间内代入数据可得（3）时棒的速度为 产生的感应电动势为电路中的电流为则棒所受的安培力为规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：代入数据（负号说明力的方向沿斜面向下）6s末，的大小是5.2N，方向沿斜面向下（4）棒做变加速直线运动，当时因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功为此过程中，摩擦力做功为则系统产生的热量为21.如图所示，平行板电容器两金属板A、B长L=32cm，两板间距离d=32cm，A板的电势比B板高。电荷量C、质量kg的带正电的粒子，以初速度v0=m/s沿两板中心线垂直电场线飞入电场。随后，粒子从O点飞出平行板电容器(速度偏转角为37°)， 并进入方向垂直纸面向里、边长为CD=24cm的正方形匀强磁场区域。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，粒子的重力不计)(1)求A、B两板的电势差；(2)粒子最后打在放置于中心线上的荧光屏CD上，求磁感应强度B的取值范围。【答案】(1)300V；(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中有粒子从O点飞出时的竖直方向的速度为代入数据联立解得(2)粒子从O点飞入磁场的速度为粒子在电场的偏转位移为解得 刚好打在CD边时如图打在点E，由几何关系有在磁场中有联立解得刚好不打在CD边时如图打在点F，由几何关系有在磁场中有联立解得磁感应强度B的取值范围