四川省峨眉第二中学2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

峨眉二中21级高二下半期考试物理科试卷第I卷（选择题）一、单选题1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述中不符合物理学史的是（　　）A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.库仑最早通过扭称实验精确测出了带电体之间的相互作用力D.楞次经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A正确，不符合题意；B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，解释了磁化现象，故B正确，不符合题意；C．库仑最早通过扭称实验精确测出了带电体之间的相互作用力，即库仑定律，故C正确，不符合题意；D．法拉第经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象，故D错误，符合题意。故选D。2.如图所示，在甲、乙两电路中分别接交流电源。下列关于图中灯泡亮度变化的说法，正确的是（　　）A.在甲图的线圈L中插入铁芯，灯泡变亮B.在甲图中增大交流电频率，灯泡变亮C.在乙图中减小电容器两极板的距离，灯泡变亮D.在乙图中减小交流电频率，灯泡变亮【答案】C【解析】【详解】A．在甲图的线圈L中插入铁芯，感抗变大，线圈对交流电的阻碍作用增强，灯泡变暗，故A错 误；B．在甲图中增大交流电频率，线圈对交流电的阻碍作用增强，灯泡变暗，故B错误；C．在乙图中减小电容器两极板的距离，根据可知电容器的电容增大，容抗减小，对电流的阻碍作用减小，灯泡变亮，故C正确；D．在乙图中减小交流电频率，对电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故D错误。故选C。3.某弹簧振子沿水平做简谐运动，其位移x随时间t变化的图像，如图所示，则下列说法正确的是（）A.振子在1s末和2s末所处的位置不同B.振子在0.25s和0.75s时的回复力大小相等，方向相同C.振子从0.75s至1.25s时间内，其速度方向、加速度方向均不变D.振子在0～2s内通过的路程为4cm【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，振子在1s末和2s末都在平衡位置，所处的位置相同，故A错误；B．由图像可知周期T=2s，则角速度为振子位移和时间的函数表达式为当t=0.25时，，当t=0.75s时，根据回复力公式可知振子在0.25s和0.75s时的回复力大小相等，方向相同，故B正确；C．图像斜率表示速度，由图像可知，振子从0.75s至1.25s时间内，其速度方向不变；位移方向发生变化，根据回复力公式和牛顿第二定律可知加速度方向也发生变化，故C错误； D．由图像可知振子的振幅为A=2cm，振子在0～2s内通过的路程为4A=8cm，故D错误。故选B。4.竖直轻弹簧固定在水平地面上，质量为m的木块放置在弹簧上并处于静止状态。现用力将木块向下缓慢压一段距离，松手后木块将上下振动。已知木块恰好没有离开弹簧，连续两次通过平衡位置的时间间隔为t0，重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.木块做简谐运动，其振幅为B.木块做简谐运动的周期为t0C.木块在最低点时弹力的大小为2mgD.若木块下压距离比原来小，则其运动周期也减小【答案】C【解析】【详解】A．木块处于平衡位置时，设弹簧的压缩量为，根据受力平衡可得解得假设木块的压缩量为时，此时木块受到的合力方向指向平衡位置，大小为可知木块做简谐运动，已知木块恰好没有离开弹簧，说明木块处于最高点时弹簧刚好处于原长，可知木块做简谐运动的振幅为，A错误；B．已知木块连续两次通过平衡位置的时间间隔为，可知木块做简谐运动的周期为，B错误；C．木块在最高点时，弹簧刚好处于原长，此时木块的回复力大小为mg，根据对称性可知木块在最低点的合力大小为，方向竖直向上解得 F=2mgC正确；D．根据弹簧振子周期公式可知木块下压距离比原来小，其运动周期不变，D错误。故选C。5.如图所示，A1和A2是两个规格完全相同的灯泡，A1与自感线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中。先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关。对于这个电路，下列说法中正确的是（　　）A.再闭合开关S时，A1和A2同时亮B.再闭合开关S时，A2先亮，A1后亮C.再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭D.再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭【答案】BC【解析】【详解】AB．再闭合开关S时，A2立刻导通，从而发光，电感L有阻碍电流变化的作用，A1在电感L的作用下，缓缓发光，故A错误，B正确；CD．重新断开S后，A1、A2、电感L及滑动电阻器R组成一个回路，并且稳定时两灯都正常发光，电流相等，由于电感的作用，在断开S后，该回路仍有电流通过，所以两灯泡都要过一会才熄灭，故C正确，D错误。故选BC。6.如图所示，闭合矩形线圈从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈边的长度，不计空气阻力，则（　　） A.从线圈边进入磁场到边穿出磁场的整个过程，线圈中始终有感应电流B.边刚进入磁场时，线圈内感应电流的方向与边刚穿出磁场时感应电流的方向相反C.从线圈边进入磁场到边穿出磁场的整个过程中，加速度一直等于重力加速度D.边刚进入磁场时，线圈内感应电流的大小与边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相等【答案】B【解析】【详解】A．线圈中的磁通量发生变化时，线圈有感应电流，线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有感应电流，A错误；B．根据右手定则，dc刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c，dc边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d，即两者方向相反，B正确；C．没有感应电流的时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，而有感应电流时，加速度小于重力加速度，C错误；D．根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律知由题意可知，dc边刚进入磁场时与dc边刚穿出磁场时速度不等，故电流不等，D错误。故选B。7.如图所示为一交变电流随时间变化的图像，此交流电的有效值是（　　）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】由有效值的定义可得代入数据得解得故选D。8.如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为(　　)A.2BωR2B.3BωR2C.4BωR2D.5BωR2【答案】C【解析】【详解】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为ABD错误，C正确。故选C。9.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流减小时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度L将()A.S增大，L变长B.S减小，L变短 C.S增大，L变短D.S减小，L变长【答案】C【解析】【详解】由安培定则可知，通电指导线在圆环面形成的磁场方向垂直纸面向内，当通电直导线中电流减小时，穿过圆环面的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，弹性圆环的面积S将增大，由“增离减靠”可知，圆环将靠近导线，则L将变短。故选C。10.高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（　　）A.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106WB.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103WC.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×106WD.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W【答案】A【解析】【详解】根据题意，由图可知，表为电压表，表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为根据电流比与电流表示数可知，输送电流为输送电功率为故选A。 11.如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数分别为100和50，定值电阻，电源两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，已知电压表和电流表为理想电表，则（　　）A.副线圈中电流频率为50HzB.电流表示数为1AC.电压表示数为50VD.电阻的功率为70W【答案】B【解析】【详解】A．变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中电流频率为故A错误；BC．由图乙可知，电源电压的有效值为100V，则有其中为原、副线圈两端的电压有效值，为原、副线圈中的电流。又有且联立可得即电压表示数为40V，电流表的示数为1A，故B正确，C错误；D．电阻的功率 故D错误。故选B。12.如图所示两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，已知A和B在振动过程中不发生相对滑动，则（　　）A.速度最大时，A、B间摩擦力最大B.弹簧弹力最大时，A、B间摩擦力为零C.它们的振幅不能大于D.它们的振幅不能大于【答案】D【解析】【详解】A．弹簧振子在做简谐振动中，当速度最大时，受合力是零，则加速度是零，因此A、B间摩擦力是零，A错误；B．弹簧振子在做简谐振动中，弹簧弹力最大时，弹簧的形变量最大，则加速度最大，A、B间摩擦力最大，B错误；CD．A与B之间的最大静摩擦力为，对木块A，则有最大加速度对A与B组成的整体则有解得最大振幅为 因此它们的振幅不能大于，C错误，D正确。故选D。二、多选题13.如图所示是一远距离输电的示意图，图中变压器均为理想变压器，输电导线的总电阻为R。则下列关系式正确的是（　　）A.升压变压器①的输出电流I2和降压变压器②的输入电流I3的关系满足I2>I3B.输电导线上损失的功率C.输电导线中的电流为D.两变压器线圈匝数比满足【答案】BC【解析】【详解】A．升压变压器①的输出电流I2和降压变压器②的输入电流I3都是输电线上的电流，二者相等，A错误；B．电阻R上损失的电压为故输电导线上损失的功率为B正确；C．根据理想变压器的特点可知，所以输电导线中的电流为C正确； D．因为①是升压变压器，②是降压变压器，所以有，故可得D错误。故选BC。14.如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表，下列判断正确的是（　　）A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为B.矩形线圈从图示位置转过的时间内产生感应电动势的平均值为C.当滑动变阻器滑片向上滑动过程中，电流表和示数都变小D.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表示数不变，的示数变大【答案】CD【解析】【详解】A．因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为A错误；B．矩形线圈从图示位置转过的时间内产生感应电动势的平均值为B错误；C ．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，C正确；D．滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，即V1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，D正确；故选CD。15.如图所示，平行虚线a、b之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离为。现使一粗细均匀、电阻为的闭合直角三角形导线框以恒定的速度沿垂直于磁场边界的方向穿过磁场区域。已知边长为，边与磁场边界平行。时刻，点到达边界a，取逆时针方向为感应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流及安培力的功率随时间变化的图线可能是（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．如图所示 导线框从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则电动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，即为正方向；导线框从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则电动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，即为负方向，A正确，B错误；CD．线圈匀速运动，电流的热功率等于安培力做功的功率，即由于从位置1到位置2电流大小从随时间线性增大，从位置2到位置3电流大小又从随时间线性增大，可知C错误，D正确；故选AD。16.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（　　）A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中感应电流大小为 D.圆环中的感应电动势大小为【答案】BC【解析】【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误．故本题选BC．第Ⅱ卷（非选择题）三、实验题17.1834年，物理学家楞次（H.Lenz）在分析了许多实验事实后，总结得到了电磁学中一重要的定律——楞次定律，某中学成才兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验：（1）“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整______。（2）连成电路后，合上开关瞬间，我们发现电流计的指针_______，开关完全合上后，电流计的指针______（以上选填“偏转”或“不偏转”）。这个演示实验表明，不论用什么方法，只要______。闭合电路中就有感应电流产生。（3）为进一步研究该小组又做了以下实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的________。 A.B.C.D.【答案】①.②.偏转③.不偏转④.闭合回路中的磁通量发生变化⑤.A【解析】【详解】（1）[1]滑动变阻器接入电路中必须一上一下接入电路，电流计测量的是线圈中的感应电流，所以正负接线柱都应该接入电流计，故实物电路补充如下 （2）[2]连成电路后，合上开关瞬间，电路由断开到闭合，且电路处于磁场中，由电磁感应知识可知电流计的指针将出现偏转。[3]开关完全合上后，闭合回路中磁通量保持不变，电流计的指针不偏转。[4]这个演示实验表明，不论用什么方法，只要闭合回路中的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。（3）[5]磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反，磁体刚进入线圈时速度较小，磁通量变化速率小，磁体穿出线圈时磁通量变化速率大，由感应电动势和感应电流公式且磁体完全进入线圈后，线圈中磁通量未发生变化，电动势为0。故A正确，BCD错误。故选A。18.在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。回答下列问题：（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________。A．最高点   B．最低点   C．任意位置（2）重力加速度的表达式为g＝______________。（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是________。A．测摆长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验时误将51次全振动记为50次（4）为了提高实验准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L 和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的________（选填“①”“②”或“③”）。【答案】①.B②.③.BD##DB④.①【解析】【详解】（1）[1]为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故选B。（2）[2]因为摆球经过n次全振动的总时间为，则该单摆的周期为摆动过程中实际摆长为由单摆周期公式可得，重力加速度的表达式为（3）[3]因为重力加速度的表达式为A．测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，则所测重力加速度偏大，A错误；B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，B正确；C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；D．实验中误将51次全振动次数记为50次，所测周期偏大，则所测重力加速度偏小，D正确。故选BD。（4）[4]由题意可得，单摆的实际摆长为由单摆周期表达式得 化简可得由此得到的图像是图乙中的①。四、解答题19.图为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为，宽度为，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转轴OO′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，时刻线圈平面与磁感线平行。求：（1）线圈经过图示位置时，通过电阻R的感应电流的方向；（2）写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；（3）求线圈从时所处的位置开始到转过的过程中的平均感应电动势；（4）求线圈从时所处的位置开始转过时电路中的瞬时电流。【答案】（1）自下而上；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d→c→b→a，故通过电阻R的电流方向是自下而上；（2）从垂直中性面开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，且最大感应电动势所以感应电动势的瞬时值表达式 （3）由法拉第电磁感应定律有，平均电动势等于磁通量的变化率，即（4）由闭合电路欧姆定律有，线圈从时所处的位置开始转过时电路中的瞬时电流为20.如图，水平面（纸面）内同距为的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值。【答案】（1）；（2）R=【解析】【分析】【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F-μmg=ma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv联立上式可得 （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律I=式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F–μmg–f=0联立上式得R=21.如图所示，两根光滑金属导轨间距L＝2m，在桌面上的部分是水平的、且该区域有竖直向下匀强磁场B（磁感应强度的大小为1T），桌面距地高度H＝0.8m，金属细杆（不计粗细）ab和cd质量均为m＝0.2kg，有效电阻均为R＝1Ω，最初都静置在距桌面h＝0.2m的轨道上．现先后释放ab杆、cd杆，最后两杆相继落地，它们落地点与桌面左边缘的水平距离分别为，，除两杆以外的电阻不计，空气阻力不计，且重力加速度g＝10m/s2，求：（1）ab杆刚进入磁场时，ab杆的加速度大小；cd杆刚进入磁场时，速度的大小；（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量；（3）ab杆与cd杆相继落地的时间间隔．【答案】（1）20m/s2；（2）0.475J；（3）【解析】【详解】（1）设ab杆刚进入磁场时速度为v0，加速度为a，则根据机械能守恒有 解得根据电磁感应定律可知ab杆刚进入磁场时电动势为由牛顿第二定律得解得（2）设两杆分别以、开始平抛运动，飞行时间t，则竖直方向有水平方向有解得故整个过程产生的焦耳热为（3）设cd杆刚进入磁场时，ab杆的速度大小为v1，取向左为正方向，据动量守恒定律有解得从ab杆进入磁场到cd杆刚进入磁场的过程中，对ab杆由动量定理有：，又 解得仅有ab杆在磁场中运动时，ab杆位移为同理，cd杆进入磁场后，ab杆做加速运动、cd杆做减速运动，直到ab杆离开轨道后，cd杆做匀速运动。当两杆都在磁场中运动的过程中，对ab杆用动量定理得又解得两杆都在磁场中运动的过程中，cd杆与ab杆的间距减小了故ab杆离开磁场时两杆相距所以落地时间差