四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

绵阳南山中学实验学校高2021级高二（下）半期考试物理学科卷本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成。满分110分，考试时间80分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，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。第Ⅰ卷（选择题，共56分）一、单项选择题（本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了（　　）A.减小地面对人的冲量B.使人的动量变化减小C.减小地面对人的冲力D.增大人对地面的压强，起到安全保护作用【答案】C【解析】【分析】【详解】人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。故选C。2.如图为研究自感现象的实验电路图，其中自感线圈直流电阻很小可忽略不计。下列可能出现的实验现象是（　　） A.闭合开关，灯泡缓缓亮起来B.闭合开关，灯泡立即亮起来，且亮度一直保持不变C.断开开关，灯泡立即熄灭D.断开开关，灯泡闪亮一下，然后熄灭【答案】D【解析】【详解】AB．闭合S时，电源的电压同时加到灯A上，A立刻亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，AB错误；CD．D断开S，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，C错误D正确。故选D。3.如图，粗糙绝缘水平桌面上有一铜质圆环。当一竖直放置的条形磁铁从圆环直径正上方等高快速向右通过AB的过程中，圆环始终不动，则可知圆环受到的摩擦力方向（　　）A.始终向左B.始终向右C.先向左后向右D.先向右后向左【答案】A【解析】【详解】根据楞次定律，由于磁体的运动，在闭合回路中产生感应电流，感应电流激发出的磁场对原磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍原磁体的相对运动，可知，圆环中激发出的磁场对条形磁体有磁场力的作用，该磁场力的效果总是阻碍条形磁体的相对运动，即该磁场力的方向整体向左，根据牛顿第三定律可知，条形磁体对圆环中感应电流的磁场力方向整体向右，圆环静止，则地面对圆环的摩擦力方向始终向左。 故选A。4.小型交流发电机的示意图如图所示，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以恒定的角速度匀速转动，下列说法正确的是（　　）A.图示位置，线圈的感应电动势最大B.图示位置，线圈位于垂直中性面处C.线圈经过图示位置，交变电流的方向会发生改变D.若线圈转动的角速度增大1倍，则感应电动势的有效值变为原来的4倍【答案】C【解析】【详解】ABC．图示位置，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈的感应电动势为零，线圈位于中性面，线圈经过图示位置，交变电流的方向发生改变，AB错误，C正确；D．电动势最大值表达式为若线圈转动的角速度增大1倍，则感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍，D错误。故选C。5.如图所示，用质量为0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为3m/s方向竖直向下，打击后铁锤的速度变为1m/s方向竖直向上，设打击时间为0.05s，重力加速度g=10m/s2，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为（）A.20NB.25NC.40ND.45N【答案】D 【解析】【详解】以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击前后铁锤的速度分别为，设钉子对铁锤的平均作用力为F，方向竖直向上，根据动量定理可得代入数据解得根据牛顿第三定律可得，铁锤钉钉子的平均作用力大小为45N，方向竖直向下。故选D。6.电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则（　　）A.A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表B.B为电压互感器，且n3<n4，b是电压表C.A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表D.B为电流互感器，且n3>n4，b是电流表【答案】C【解析】【详解】AC．由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1＜n2，a是电流表，A错误，C正确；BD．B并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n3＞n4，b是电压表，B错误，D错误。故选C。7.两个相同的电阻，分别通以如图甲，乙所示的两种交变电流，其中图乙的电流前半周期是直流电，后半周期是正张式电流，则在一个周期内，甲，乙两种电流在电阻上产生的焦耳热之比等于（　　） A.2：1B.3：2C.4：3D.5：4【答案】C【解析】【分析】【详解】由电流热效应有一个周期内，则故选C。8.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处【答案】C【解析】【分析】【详解】A．小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球到达底端时有 则有当小球与弹簧接触后，小球受外力作用，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；B．若小球下滑过程槽保持静止，小球和槽之间的相互作用力始终与运动方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑过程中槽在后退，小球和槽之间的相互作用力与接触面垂直，但与各自的运动方向不再垂直，故两力均有做功，B错误；CD．小球脱离弧形槽后，槽向左以做匀速直线运动，小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被弹回的速度大小仍为，向左做匀速直线运动，由于两物体速度大小相等、方向相同，不会再相遇，即小球不能回到槽内，C正确，D错误。故选C。9.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为和。则（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为面积为同理可知正方形线框的周长和面积分别为，正六边形线框的周长和面积分别为 ，三线框材料粗细相同，根据电阻定律可知三个线框电阻之比为根据法拉第电磁感应定律有可得电流之比为：即故选C。二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20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2分，有选错的得0分）10.在收音机线路中经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级需要把低频成分和高频成分分开只让高频成分输入给下一级，采用了如图所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是（　　）A.a是电容器B.b是电容器C.a是电感线圈D.b是电感线圈【答案】BC【解析】【详解】根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈． A.a是电容器与分析不相符，故A项与题意不相符；B.b是电容器与分析相符，故B项与题意相符；C.a是电感线圈与分析相符，故C项与题意相符；D.b是电感线圈与分析不相符，故D项与题意不相符．11.如图所示理想变压器电路中，两交流电表均为理想电表，副线圈有一滑动触头P可上下移动以调节副线圈的匝数，滑动变阻器R3的滑动触头Q可调节接入电路的电阻值，现在原线圈两端加一交流电压u，则下列说法正确的是（　　）A.仅将P向下移动，电压表的示数减小，电流表的示数减小B.仅将P向上移动，原线圈的输入功率增大C.仅将Q向下移动，电压表的示数不变，电流表的示数增大D.仅将Q向上移动，原线圈的输入功率增大【答案】AB【解析】【详解】A．仅将P向下移动，则副线圈的匝数减小，由变压器的工作原理可知副线圈的输出电压减小，输出电流减小，两电表的示数均减小，A正确；B．仅将P向上移动，由可知副线圈的输出电压增大，则输出电流增大，由可知输入电流增大，变压器的输入功率增大，B正确；C．仅将Q向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，总电阻减小，由于输出电压不变，则总电流增大，定值电阻R1两端的电压增大，电压表的示数减小，流过定值电阻R2的电流减小，所以流过电流表的示数增大，C错误； D．仅将Q向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻值增大，总电阻增大，可推断知输出电流减小，则输出功率减小，原线圈的输入功率减小，D错误。故选AB。12.如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（　　）A.只有小机器人运动，滑块不运动B.滑块运动的距离是C.滑块与小机器人运动水平距离之和为2RD.小机器人运动的位移是滑块的倍【答案】C【解析】【详解】CD．小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和，则所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足则二者水平位移大小（即运动的水平距离）满足根据相对位移关系有即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且 故C正确，D错误；AB．根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为故AB错误。故选C。13.如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为感应电流i的正方向，水平向右为边所受安培力F的正方向。下图正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】AB．由图乙可知，0～1s内，磁场方向向里，磁场及磁通量均匀增大，根据楞次定律，判断感应电流方向为逆时针，为正方向；1～3s，磁感应强度B随时间t变化的斜率为负值，感应电流方向与0～1s内相反；同理，3～4s内，感应电流方向与0～1s内相同，故A正确，B错误；CD．根据磁感应强度大小的变化规律，利用“增缩减扩”，可判断边所受安培力方向，0～1s内向右均匀增大，1～2s内向左均匀减小，2～3s内向右均匀增大，3～4s内向左均匀减小，故C错误，D正确。故选AD。 14.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A.在t1到t3时刻弹簧都处于伸长状态B.从t2到t4时刻弹簧都处于压缩状态C.两物体质量之比为m1：m2=2：1D.在t2时刻A的速度为1.5m/s【答案】BC【解析】【详解】AB．根据题意和图乙分析可知，在0~时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，时二者速度相同，弹簧有最大伸长量；后B向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，时二者速度差达到最大，弹簧处于原长；时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量；时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误、B正确；CD．由AB项分析知，时弹簧处于原长，系统动量守恒、机械能守恒，时间根据图乙知联立可得故C正确、D错误。 故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共54分）三、本大题2小题，每空2分，共20分。15.如图所示是“探究影响感应电流方向和大小的因素”的实验装置：（1）用笔画线代替导线将实验电路补充完整___________（2）某同学闭合开关瞬间，发现电流表指针向右偏转。则将滑动变阻器的滑片向左滑动时，能观察到电流计指针___________（选填“向右”或“向左”或“不”）偏转。当他将铁芯向上拔出时，能观察到电流计指针___________（选填“向右”或“向左”或“不”）偏转。当他将铁芯用更快的速度向上拔出时，更观察到电流计偏转角度___________（选填“更大”或“更小”或“不变”）。（3）通过该实验，可以得出结论：感应电流的方向与原磁场的方向及原磁场通过线圈的磁通量___________有关，感应电流的大小与原磁场通过线圈的磁通量变化___________有关。【答案】①.②.向右③.向左④.更大⑤.变化⑥.快慢【解析】【详解】（1）[1]实验电路如图：（2）[2]某同学闭合开关瞬间，发现电流表指针向右偏转，说明磁通量增大时，电流表指针向右偏转，则将滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，电流表指针向右偏转；[3]当他将铁芯向上拔出时，磁通量减小，能观察到电流计指针向左偏转； [4]当他将铁芯用更快的速度向上拔出时，磁通量变化较快，则感应电动势更大啊，观察到电流计偏转角度更大；（3）[5][6]通过该实验，可以得出结论：感应电流的方向与原磁场的方向及原磁场通过线圈的磁通量变化有关，感应电流的大小与原磁场通过线圈的磁通量变化快慢有关。16.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图。先将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压痕，重复10次；再把同样大小的b球在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，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。（1）本实验必须测量的物理量是___________。（填序号字母）A.斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的质量ma、mbC.小球a、b的半径rD.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）根据实验要求，ma___________mb（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把毫米刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为___________cm。（4）图中A、B、C分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是（）A.ma·OC=ma·OB＋mb·OAB.ma·OB=ma·OC＋mb·OAC.ma·OB=ma·OA＋mb·OCD.ma·OA=ma·OB＋mb·OC【答案】①.BE##EB②.大于③.49.95④.C【解析】 【详解】（1）[1]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替所以需要测量小球a、b的质量ma、mb，和记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。故选BE。（2）[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。（3）[3]做尽量小圆，把所有的落点圈在里面，圆心就是落地点，由图可知，刻度尺的最小分度值是1mm，则OB距离应为45.95cm。（4）[4]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相等，如果碰撞过程动量守恒，则两边同时乘以时间为则有ma·OB=ma·OA＋mb·OC故选C。四、本大题3小题，共34分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。17.如图所示，导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，导线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生交变电动势e=，理想降压变压器原、副线圈匝数之比为25：11，降压变压器副线圈接一个电动机，电动机恰好正常工作，电动机额定电压为220V，额定功率1100W，输电线总电阻r=25Ω，电动机内阻R=8.8Ω，其他电阻忽略不计。求：（1）输电线损耗的功率P损（2）升压变压器原、副线圈匝数比【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）电动机的输入功率为1100W,两端电压为220V,则通过电动机的电流为根据变压比器电流与匝数比的关系有解得输电线损耗的功率（2）根据变压器电压与线圈匝数的比可知，降压变压器输入电压根据欧姆定律可知输电线分压则升压变压器输出电压根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知根据变压器电压与线圈匝数的比可知，升压变压器原、副线圈匝数之比18.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1kg的子弹以v0＝200m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2.(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？ 【答案】(1)10m/s(2)2m/s(3)8m【解析】【详解】子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度；子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度；对系统由能量守恒定律求出小车的平板的最小长度；解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：解得：（2）子弹、木块、小车系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：解得：（3）子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：解得：19.如图所示，与为水平放置的无限长平行金属导轨，与为倾角为的平行金属导轨，两组导轨的间距均为，导轨电阻忽略不计。质量为、电阻为的导体棒置于倾斜导轨上，质量为、电阻为的导体棒置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒、与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。初始时刻，棒在倾斜导轨上恰好不下滑。（取）（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数；（2）在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？（导体棒运动过程中，、一直与平行，且没有与滑轮相碰。） （3）若P的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当时已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内上产生的焦耳热为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当ab棒恰好不下滑时，根据平衡条件有解得（2）当的质量最大时，和一起做匀速直线运动的过程中cd所受安培力最大，即电路中电流最大，所以此时ab所受安培力也最大，所受静摩擦力最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为，对棒，由平衡条件，沿斜面方向上有垂直于斜面方向上有设绳中的张力大小为，对棒，由平衡条件得对，由平衡条件得解得 所以当的质量不超过时，始终处于静止状态。（3）设匀速运动时的速度大小为，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得解得对从静止释放到cd刚好匀速的过程，对P和cd组成的系统，根据动量定理有设t时间内cd位移大小为s，则这段时间内通过cd的平均电流为解得设1s内电路产生的总焦耳热为Q，根据功能关系有解得根据焦耳定律可推知1s内上产生的焦耳热为