四川省眉山市仁寿第一中学（北校区）2022-2023学年高二物理下学期5月期中试题（Word版附解析）

仁寿一中北校区高二下学期期中考试物理试卷一。本题共12小题，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，每题4分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.关于机械波和电磁波的比较，以下说法中错误的是A.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C.机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D.机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有纵波【答案】D【解析】【详解】A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系适用于一切波，对电磁波也适用，故A正确；B．干涉和衍射是波的特有性质，机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象，故B正确；C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波既可以在介质中传播，也可以在真空中传播，故C正确；D．机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有横波，D错误；本题选不正确的，故选D。2.由交流电动势的瞬时值表达式，可知（　　）A.此交流电的频率是B.此交流电的周期是C.当时，此交流电动势有最大值D.当时，产生此交流电的线圈平面与中性面重合【答案】D【解析】【详解】AB．由交流电动势的瞬时值表达式可知由公式解得 ，故AB错误；C．当时，此交流电动势为故C错误；D．当时，此交流电动势为可知，线圈与磁场垂直，即产生此交流电的线圈平面与中性面重合，故D正确。故选D。3.如图所示，O是波源，a、b、c、d是沿波传播方向上处于平衡位置的四个质点，且Oa＝ab＝bc＝cd＝2m，开始时各质点均静止在平衡位置，在t＝0时刻，波源O开始沿y轴正方向做简谐振动，振幅是0.1m，波沿x轴正方向传播，波长λ＝8m。当O点振动的路程为0.5m时，有关a、b、c、d质点运动的描述正确的是A.a质点正沿y轴负方向运动B.c质点正沿y轴正方向运动C.b质点的速度为零，加速度最大D.d质点的速度最大，加速度为零【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可以知道振幅是，而O点振动经过的路程是，则所需要的时间为，所以波向前传播了，因为时刻波源O开始向上做简谐运动，a质点已经振动了一个周期，所以a质点正在沿y轴正方向运动，故A错误；B．介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，c点已经振动了半个周期，c点经过平衡位置沿y轴负方向运动，故B错误； C．b质点已经振动了周期，到达波谷，速度为零，加速度最大，故C正确；D．d质点已经振动了周期，到达了波峰，速度为零，加速度最大，故D错误。故选C。4.直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路。长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右运动。关于cd中的电流下列说法正确的是（　　）A.电流肯定在增大，不论电流是什么方向B.电流肯定在减小，不论电流是什么方向C.电流大小恒定，方向由c到dD.电流大小恒定，方向由d到c【答案】A【解析】【详解】直导线ab放在水平导体框架上，构成一个闭合回路，ab向右运动，说明ab棒受到的安培拉力水平向右，现在分两种情况：①cd中的电流从c到d，闭合回路的处于向上的磁场中，且ab棒受到的安培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从b到a，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大；②cd中的电流从d到c，闭合回路的处于向下的磁场中，且ab棒受到的安培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从a到b，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大。故BCD错误，A正确。故选A。5.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如甲图所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板相对静止。铅块运动中所受的摩擦力始终不变。现将木板分成两段A和B相同的两块，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0，由木块A的左端开始向右滑动，如乙图所示。则下列说法中正确的是（　　） A.小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止B.小铅块块从木板B的右端飞离木板C.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止D.小铅块在木板B上滑行产生的热量等于在A上滑行产生的热量【答案】C【解析】【详解】ABC．A、B、C在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后，A部分停止加速做匀速运动，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，AB错误C正确；D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，因第二次在小铅块滑到木板B的右端前就相对静止了，所以第二次的相对位移比第一次的短，所以产生的热量小于在木板A上滑行产生热量，故D错误。故选C。6.矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t的变化情况如图所示，下列说法中正确的是A.此交流电的频率是50HzB.0.015s时线圈平面与磁场垂直C.此交流电的电动势有效值是VD.穿过线圈的磁通量最大值为Wb【答案】A【解析】【详解】A.此交流电的周期为0.02s，则频率是f=1/T=50Hz，选项A正确；B.0.015s时感应电动势最大，则线圈平面与磁场平行，选项B错误；C.此交流电的电动势最大值为2V，则有效值是，选项C错误； D.根据，则穿过线圈的磁通量最大值为，选项D错误.7.我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为A.0B.C.D.【答案】D【解析】【详解】乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为，则重力的冲量：；A.0，与结论不相符，选项A错误；B.，与结论不相符，选项B错误；C.，与结论不相符，选项D错误；D.，与结论相符，选项D正确；8.如图所示，带有半圆形槽的物块P，放在足够长的光滑水平地面上，一侧紧靠竖直墙壁．已知半圆形槽的半径为R，槽面光滑，a、c为槽的最高点，b为最低点．现让一小球Q(可视为质点)，从a点正上方h处由静止释放，进入半圆形槽后刚好可以到达c点，则小球Q与物块P的质量之比为 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】小球从开始下落到到达b点的过程中，槽静止不动，此时：；当小球向上运动到达c点时球和槽共速，由动量守恒：；由能量关系：，联立解得；A.，与结论不相符，选项A错误；B.，与结论相符，选项B正确；C.，与结论不相符，选项C错误；D.，与结论不相符，选项D错误；9.如图甲所示，空间中存在垂直纸面的匀强磁场，取垂直纸面向里为正方向．一圆形金属线圈放在纸面内，取线圈中感应电流沿顺时针方向为正．某时刻开始计时，线圈中感应电流如图乙所示，则该匀强磁场磁感应强度随时间变化的图线可能是丙图中的A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量先向外减小，后向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项A错误；B.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应 电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2-4s时间内，则穿过线圈的磁通量向外减小，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项B正确；C.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项C错误；D.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2-4s时间内，则穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项D正确；10.如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则（　　）A.保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B.保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将增大C.保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D.保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，则I1将增大【答案】AD【解析】【详解】A．保持及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，根据副线圈的电压变大，根据 P的位置不变，R不变，则变大，根据将变大，A正确；B．保持，K由b合到a时，原线圈匝数变大，根据副线圈的电压变小，根据P的位置不变，不变，可知消耗的功率变小，B错误；C．保持不变，K合在a处，根据副线圈的电压不变，根据P上滑，变大，变小，根据将减小，C错误；D．K合在a处，增大，根据副线圈的电压增大，根据保持P的位置不变，不变，增大，根据 增大，D正确。故选AD。11.质量为M、内壁间距为L箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系．点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．12.如图所示，竖直平面内有一相距l的两根足够长的金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的均匀金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其它电阻不计。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合电键S，发现导体棒ab 仍作变速运动，则在闭合电键S以后，下列说法中正确的有（　　）A.导体棒ab变速运动过程中加速度一定减小B.导体棒ab变速运动过程中加速度一定增大C.导体棒ab最后作匀速运动时，速度大小D.若将导轨间的距离减为原来的，则导体棒ab作匀速运动时的速度大小为【答案】AC【解析】【详解】AB．若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有速度不断减小，加速度也不断减小。故A正确，B错误；C．由于导体棒加速度不断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有解得故C确；D．若将导轨间的距离减为原来的，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有 解得故D错误。故选AC。13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_____（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是____________（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程、（3）在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为___________。（用、、、、表示） （4）若碰撞是弹性碰撞，应该满足的距离关系式为___________。（用、、、、表示）【答案】①.C②.ADE##DAE##AED##DEA##EAD##EDA③.④.【解析】【详解】（1）[1]根据平抛运动规律有解得因抛出点到地面的高度相同，故小球碰撞前后的速度与小球做平抛运动的水平位移成正比，可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移间接地解决这个问题。故选C。（2）[2]碰撞过程据动量守恒定律可得同时乘以时间有即故接下来要完成的必要步骤是，用天平测量两个小球的质量、，分别找到、相碰后平均落地点的位置、，测量小球做平抛运动的水平位移、。故ADE。（3）[3]由（2）分析可知，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为（4）[4]若碰撞是弹性碰撞，应该满足的关系式为整理可得 14.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；再用20分度的游标卡尺测小球直径，如图所示。然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s。则（1）小球直径为_______cm，测得重力加速度值为__________（保留小数点后两位有效数字）；（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值________（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）；（3）如果他改变摆线的长度重复实验几次后，以摆线长（）为纵坐标、周期的二次方（）为横坐标作出了图线，由图像测得图线的斜率为，则测得的重力加速度___________。（用字母表示即可）。此时他用图像法求得的值_______。（选填“偏大”，“偏小”或“准确”）【答案】①.2.99②.9.73③.偏大④.⑤.准确【解析】【详解】（1）[1]由图可知，游标第18个小格与主尺对齐，则小球直径[2]由单摆全振动50次所用的时间为100.0s可得，单摆周期为由公式可得，重力加速度为其中联立解得（2）[3]实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期偏小，则偏大。（3）[4][5]根据题意，由公式可得 若以摆线长为纵坐标，则有可得则有解得通过上述分析可知，图像的斜率不变，则他用图像法求得的值准确。15.一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0的时刻的波形图，已知这列波在A出现两次波峰的最短时间是0.4s，求：（1）这列波的波速是多少？（2）再经过多少时间质点B才能第一次到达波峰？（3）这段时间里B通过的路程是多少？【答案】（1）10m/s；（2）0.7s；（3）9cm【解析】【详解】（1）由图可知，波长λ=4m，因A点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期T=0.4s，波速（2）波传到B点的位移波传到B点的时间 波传到B点后，质点B第一次到达波峰的时间由t=0时刻到B第一次出现波峰的时间（3）质点B通过的路程为16.光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．g取10m/s2，求：（1）绳拉断后B的速度vB的大小；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．【答案】（1）vB=5m/s（2）4N•s（3）8J【解析】【详解】试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：-----①对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②由①②解得：vB=5m/s．（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③根据动量定理有：I=mBvB-mBv1-----------------④由③④解得：I="-4"N•s，其大小为4N•s （3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤根据动能定理有：W=mAvA2------⑥由⑤⑥解得：W=8J考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题．17.如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2．求：（1）线框受到的拉力F的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q．【答案】（1）F=1.5N；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以： 联解代入数据得：F=1.5N（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1由欧姆定律得：对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：联解代入数据得：（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：线框在减速为零时，有：所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：代人数据得：