山东省烟台市招远第一中学2022-2023学年高二物理下学期期中考试试题（Word版附解析）

高二物理注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2020年我国将全面进入万物互联的商用网络新时代，即5G时代。所谓5G是指第五代通信技术，采用3300~5000MHz（1M=106）频段的无线电波。现行的第四代移动通信技术4G，其频段范围是1880~2635MHz。未来5G网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达10Gbps（bps为bitspersecond的英文缩写，即比特率、比特/秒），是4G网络的50~100倍。下列说法正确的是（　　）A.4G信号和5G信号都是纵波B.4G信号更容易发生衍射现象C.4G信号和5G信号相遇能产生稳定干涉现象D.5G信号比4G信号在真空中的传播速度快【答案】B【解析】【详解】A．电磁波均为横波，选项A错误；B．因5G信号的频率更高，则波长小，故4G信号更容易发生明显的衍射现象，选项B正确；C．两种不同频率的波不能发生干涉，选项C错误；D．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，选项D错误。故选B。2.如图所示，、是监测交流高压输电参数互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，则下列说法正确的是（　　）-21- A.是测交流电压的仪器B.是测交流电流的仪器C.a是电流表，b是电压表D.a是电压表，b是电流表【答案】C【解析】【分析】【详解】A．是测交流电流的仪器，故A错误；B．是测交流电压的仪器，故B错误；CD．a的原线圈与高压线串联，a是电流表，b的原线圈与高压线并联，b是电压表，故C正确，D错误。故选C。3.如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为-21- 由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则故选D。4.某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（　　）A.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落【答案】B【解析】【详解】A．若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁通量发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍永久磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止永久磁铁的运动，故A错误；B．当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；CD．结合A项的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故CD错误。故选B。5.如图甲，LC电路中的电流正在变大，保持L不变，改变电容器的电容，回路中电容器两端的-21- 电压变化如图乙，则下列说法正确的是（　　）A.回路中的磁场能正在向电场能转化B.电路1中电容为电路2中电容的4倍C.电路2中的电流最大时，电路1中的电流也一定最大D.电路2中电容器的最大电荷量与电路1中电容器的最大电荷量相等【答案】C【解析】【详解】A．根据安培定则可知，图甲中电流从电容器流出，电容器在放电，电场能转换为磁场能，故A错误；B．由图乙可知，电路2的振荡周期为电路1的2倍，根据公式可知电路2中电容为电路1中电容的4倍，故B错误；C．电路2对应的电流最大时，电容器两端的电压为0，由图乙可知此时电路1对应的电容器两端的电压也为0，即电路1对应的电流也最大，故C正确；D．根据电容的定义式可得由于改变电容器电容前后电容器两端的最大电压相同，且电路2对应的电容为电路1对应的电容的4倍，可知电路2对应的电容器所带最大电荷量是电路1对应的电容器所带最大电荷量的4-21- 倍，故D错误。故选C。6.如图甲所示，一个环形导线线圈的电阻为r、面积为S，其位于一垂直于环形面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。有一电阻R将其两端分别与图甲中的环形线圈a、b相连，其余电阻不计，在0～t0时间内，下列说法正确的是（　　）A.a、b间的电压大小为，a点电势高于b点B.a、b间的电压大小为，a点电势低于b点C.流过R电流大小为，方向从上到下D.流过R的电流大小为，方向从下到上【答案】D【解析】【详解】根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，再根据右手螺旋定则可知环形导线中的感应电流为顺时针，即a点为电源的负极，所以a点电势低于b点，流经R的电流方向为从下到上。感应电动势则流过R的电流大小为-21- a、b间的电压大小为路端电压故选D。7.在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表。现在a、b端输入正弦式交变电流，电键S断开时，电压表的示数为U1，电键S闭合后，电压表的示数为U2，则的值为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】设ab端输入的电压有效值为U，当电键S断开时，原线圈两端的电压为，副线圈中的电流为；原线圈中的电流为，则当电键S闭合时，原线圈两端的电压为，副线圈中的电流为，原线圈中的电流为，则解得故选D。8.如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有两块平行的薄金属板，彼此闻距为d，构成一个电容为C的电容器，电-21- 容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则（　　）A.金属杆MN中存在沿N到到M方向的感应电流B.两金属板间的电压始终保持不变C.两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动D.单位时间内电容器增加的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A错误；BCD．设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度MN切割磁感线产生电动势即电容器两板电压U随时间增大而增大，电容器所带电量MN间此时有稳定的充电电流方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得即-21- 解得方向沿+x方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为故BC错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得分，有选错的得0分。9.在如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为正值，则（　　）A.0至0.5ms内，电容器C正在充电B.0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电C.1ms至1.5ms内，Q点比P点电势高D.1.5ms至2ms内，磁场能在减少【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由题图乙知，0至0.5ms内，i增大，电容器正在放电，A错误；B．0.5ms至1ms内，电流在减小，为充电过程，电容器上极板带负电，B错误；C．1ms至1.5ms内，为放电过程，电容器下极板带正电，电势较高，则Q点比P点电势高，C正确；D．1.5ms至2ms内，为充电过程，磁场能在减少，D正确。故选CD。10.如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2-21- 规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（　　）A.仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变小C.仅使滑片N自变阻器端向b端移动，电流表示数一直增大D.仅使滑片N自变阻器端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大【答案】BD【解析】【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据输入、输出功率相等，知原线圈中电流变小，故B正确；C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故C错误；D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐新减小，根据并联分流特点可知，灯泡L2中的电流一直增大，故D正确。故选BD。11.如图为模拟远距离输电的实验电路图，两理想变压器的匝数，四根模拟输电线的电阻、、、的阻值均为R，、为相同的理想交流电流表，、为相同的小灯泡，灯丝电阻，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时（　　）-21- A.、两灯泡的亮度相同B.表的示数小于表的示数C.两端的电压小于两端的电压D.消耗的功率大于消耗的功率【答案】BC【解析】【详解】在远距离输电的过程中，在输电线路相同时，通过升压变压器，使输送的电压升高，从而减小了输电电流，减小了在输送过程中损耗的功率，到达用户时再用降压变压器将电压降为低电压，从而用户得到的功率增加，因此比更亮；表的示数小于表的示数，两端的电压小于两端的电压；消耗的功率小于消耗的功率。故选BC。12.有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）-21- A.导线框离开区域II的速度大于B.导线框刚进入区域II时的加速度大小为g，方向竖直向上C.导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为mgHD.导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的时间为【答案】CD【解析】【详解】A．导线框恰好匀速离开区域II，根据平衡条件得解得A错误；B．导线框匀速进入区域I到刚进入区域II之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律又解得I2=线框所受安培力由牛顿第二定律有解得-21- 方向竖直向上，B错误；C．导线框恰好匀速进入区域I故线框在区域I中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场I时速度为，从完全离开磁场I到开始离开区域II的过程中，由动能定理得导线框进入区域II的过程根据能量守恒可得联立解得导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为C正确；D．导线框自开始进入区域I至开始进入区域II过程中，由动量定理得联立解得由题知导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，由于区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域II的速度v与导线框刚离开区域II的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域II至开始离开区域II过程中，设安培力作用的时间为Dt，重力作用的时间为t2，由动量定理得-21- 解得导线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II过程中，由动量定理得联立解得故D正确。故选CD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，（1）下列器材需要的有___________。A．干电池组B．滑动变阻器C．直流电压表D．多用电表E．学生电源（2）在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。（3）如图，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是___________。-21- A．3.1VB．2.5VC．2.0VD．1.8V【答案】①.DE②.减小③.CD【解析】【详解】（1）[1]AE．因为变压器两端要接入交流电源，才能起到变压的作用，所以不能用干电池，要用由交流输出的学生电源，故A错误，E正确；B．本实验不需要滑动变阻器，故B错误；CD．测量交流电压不能用直流电压表，要用多用电表，故C错误，D正确。故选DE；（2）[2]因为原副线圈的电压之比满足即所以保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数时，副线圈两端的电压将减小；（3）[3]因为当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，左侧线圈匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧线圈匝数为4n，所以当变压器为理想变压器时满足则因为实际情况时，变压器有漏磁，且线圈有焦耳热产生，故右侧输出电压应该小于2.25V。故选CD。14.某实验小组探究影响感应电流方向的因素。所利用的器材有灵敏电流计、线圈、条形磁铁、一节干电池、开关、导线若干。实验步骤如下：(1)按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计___________方向和___________方向的关系；(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计连接成如图乙所示的闭合回路；-21- (3)把条形磁铁N极（或S极）向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出___________方向，从而确定___________方向；(4)将实验结果汇总进行分析。由于线圈的横截面积不变，因此磁场的变化就体现了磁通量的变化，该小组发现，当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；(5)总结概括。感应电流具有这样的方向，即___________。【答案】①.流入的电流②.指针偏转③.感应电流④.感应电流的磁场⑤.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计流入的电流方向和指针偏转方向的关系；(3)[3][4]把条形磁铁N极（或S极）向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出感应电流的方向，从而确定感应电流的磁场方向；(5)[5]总结概括。感应电流具有这样的方向，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。15.如图所示的电路中，电容器的电容C＝1μF，线圈的自感系数L＝0.1mH，先将开关S拨至a，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S拨至b，经过3.14×10－5s，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度为何值时，LC回路中的振荡电流有最大值？(g取10m/s2，π取3.14，研究过程中油滴不与极板接触)-21- 【答案】20m/s2,10m/s2【解析】【详解】当S拨至a时，油滴受力平衡，显然带负电；所以mg=qU/d当S拨至b时，LC回路中有电流，其振荡周期为当t=3.14×10－5s时，电容器恰好反向充电结束，由牛顿第二定律得，qU/d+mg=ma以上式子联立，代入数据解得a=20m/s2当振荡电流最大时，两极板间无电场，油滴仅受重力作用所以mg=ma/a/=g=10m/s2．16.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数匝，横截面积。螺线管导线电阻，，，。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化。求：(1)螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合，电路中的电流稳定后，电阻的电功率；(3)断开后，流经的电荷量。-21- 【答案】(1)1.2V；(2)；(3)【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律有代入数据解得(2)根据闭合电路欧姆定律有电阻的电功率(3)断开后流经的电荷量即为闭合时电容器极板上所带的电荷量；闭合时，电容器两端的电压流经的电荷量17.水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能。某小型水力发电站水流量为Q=5m3/s（流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差为h=10m，发电机（内阻不计）的输出电压为U1=250V，输电线总电阻为r=4Ω，为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3:n4=190:11，用户获得电压U4=220V，用户获得的功率P4=1.9×105W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度-21- 、重力加速度g=10m/s2。求：（1）高压输电线中的电流强度I2；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2；（3）该电站将水能转化为电能的效率η有多大？【答案】（1）50A；（2）；（3）40%【解析】【详解】（1）根据理想变压器规律得解得根据理想变压器无能量损失，知再根据解得（2）高压输电线电阻损失电压因此因此-21- （3）高压输电线电阻损失电功率故发电机输出电功率单位时间内水的机械能故水能转化为电能的效率18.足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PO倾斜放置，两根导轨间距，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨底端连接阻值的电阻。导轨平面内以OC（OC与导轨垂直）为分界线，上方区域分布着垂直斜面向上的匀强磁场。取O点为坐标原点，沿导轨OQ向上为x轴正方向，匀强磁场的磁感应强度大小B随着x变化的关系图像如图乙所示。一根质量、电阻的金属棒置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。若棒在外力F作用下以某一初速度从处沿导轨向上运动，运动过程中理想电压表的示数恒为4V。已知重力加速度，求金属棒（1）运动到处的速度；（2）从运动到的过程中，电阻R上产生的热量；（3）从运动到的过程中，外力F所做的功；（4）从运动到的过程中，流过电阻R的电荷量。-21- 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）金属导轨磁场中运动到，有①②③解得④当时当时⑤（2）金属导轨受到的安培力⑥由①⑥可得运动到的过程中，金属棒克服安培力做的功为⑦由功能关系得电阻R上产生的热量⑧解得⑨（3）由动能定理-21- ⑩解得⑪（4）导轨和金属棒上产生的热量⑫由⑬可得⑭-21-