四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高二物理下学期4月期中试题（Word版附解析）

仁寿一中南校区2021级高二（下）半期考试物理试题一、本题共12小题，共52分。1-8题在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。9-12题在每小题列出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MN上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的匀强磁场中。使导体棒ab以水平速度v向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为I。回路中产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力F分别为A.E=Bdv，F=BIdB.E=Bdv，F=2BIdC.E=2Bdv，F=BIdD.E=2Bdv，F=2BId【答案】B【解析】【详解】磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产生的感应电动势：磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度：B正确，ACD错误。故选B。2.材料相同的均匀直导线A、B串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。已知导线A长为l0，导线B长为2l0，则A、B两导线的横截面积之比是 A.1∶2B.1∶4C.1∶6D.1∶8【答案】A【解析】【详解】电阻串联，电流相等，则：根据电阻定律：同种材料的电阻，电阻率相同，导线的长度之比：联立方程，则导线的横截面积之比为：A正确，BCD错误故选A。3.如图所示，在匀强电场中，一质量为m、带电量为q的小球从O点由静止开始自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是A.小球的电势能一定减小B.小球一定做匀加速直线运动C.小球所受电场力一定做正功D.小球所受电场力一定为【答案】B 【解析】【详解】ABC．粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力可能做正功、不做功或负功，电势能可能减小、不变或增大，AC错误，B正确；D．电场力的取最小值时，电场力与合力方向垂直：所以电场力可能大于，D错误。故选B。4.如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（　　）A.60mB.40mC.30mD.10m【答案】A【解析】【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得则 解得则绳子长度即绳子至少长60m长。故选A。5.一个静止的质量为M的原子核，放出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对核的速度为，则形成的新核速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设形成的新核速度大小为v，原子核放出粒子的过程，据动量守恒定律可得解得故选C。6.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）A.闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮B.闭合开关S时，A1和A2同时亮C.断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S时，流过A2的电流方向向左【答案】A 【解析】【详解】AB．当开关S闭合时，灯A2立即发光。电流通过线圈，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，所以A1逐渐亮起来，所以A2比A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；CD．稳定后，当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向右，故CD错误。故选A。7.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为【答案】D【解析】【详解】A．弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误；B．弹丸打入砂袋过程中，有部分机械能转化为内能，则机械不守恒，故B错误；C．弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 得产生热量为故C错误；D．弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得解得故D正确。故选D。8.如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间（　　）A.A、B的速度变为，C的速度仍为0B.A、B、C的速度均为C.A、B的速度变为，C的速度仍为0D.A、B、C的速度均为【答案】C【解析】【详解】A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv=2mv′解得 v′=A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故ABD错误，C正确。故选C。9.质量为的小球以的速度与质量为的静止小球正碰，关于碰后的速度和，下面可能的是（　　）A.B.，C.，D.，【答案】AB【解析】【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得解得如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得则两球的速度范围为 故选AB。10.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）A.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】AB．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a和b组成的系统的动量不守恒，A错误，B正确；CD．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a，b组成的系统的动量守恒，C正确，D错误。故选BC。11.如图所示，足够长的光滑H形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则以下说法中正确的是（　　）A.金属杆所受导轨的支持力等于B.金属杆下滑的最大速度 C.在此过程中电阻R上产生的焦耳热为D.在此过程中流过电阻R的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】A．金属杆沿导轨下滑的过程中，所受安培力方向平行斜面向上，由于金属棒在垂直导轨方向上处于平衡状态，则金属杆所受导轨的支持力故A正确；B．金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则有其中联立解得故B错误；C．根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为电阻产生的焦耳热为故C错误；D．在此过程中流过电阻的电荷量为其中联立可得 故D正确。故选AD。12.如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2B。在此过程中A.流过R的电流方向从a到bB.线圈中产生的感应电动势为C.电容器下极板带正电，上极板带负电D.电阻R消耗的功率逐渐增大【答案】AB【解析】【详解】AC．线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从a到b，说明a点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，A正确，C错误；B．根据法拉第电磁感应定律：B正确；D．电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：可知电阻上消耗的功率不变，D错误。故选AB。二、实验题（共6分，每空2分）13.某中学实验小组利用如图所示电路探究“电磁感应现象”。 （1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：①将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，灵敏电流计指针将_____________________（选填“左偏”“不偏”“右偏”）②将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将_____________________（选填“左偏”“不偏”“右偏”）。（2）在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，则感应线圈B中将__________________。A.因电路不闭合，无电磁感应现象B.有电磁感应现象，有感应电动势，但无感应电流C.不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向【答案】①.右偏②.左偏③.B【解析】【详解】（1）①[1]在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，说明当通过感应线圈B的磁通量增加时，产生的感应电流将使灵敏电流计的指针向右偏转；将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，通过感应线圈B的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏。②[2]将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值将增大，电路电流减小，电流产生的磁感应强度减小，通过感应线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏。（2）[3]在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，通过感应线圈B的磁通量发生变化，感应线圈中将有感应电动势，能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向；但因电路不是闭合的，所以无感应电流。故选B。14.在“验证动量守恒定律”的实验中，先让A球直接滚下，记录其做平抛运动的水平位移，在让A球撞击静止在末端的B球，而后分别记录两球做平抛运动的水平位移，请回答下列问题。（1）实验记录如图所示，则A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的______，B 球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的______。（两空均选填“OM”、“OP”或“ON”）（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果______产生误差（选填“会”或“不会”）。（3）若入射小球A质量为，半径为；被碰小球B质量为，半径为，则正确的是（）A．<，=B．>，>C．>，<D．>，=（4）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______（填下列对应的字母）。A．游标卡尺B．刻度尺C．天平D．秒表【答案】①.OP②.ON③.不会④.D⑤.BC【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，B小球离O点最远，中间一个点是未放B球时A的落地点，即A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的OP，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON。（2）[3]只要小球每次到达末端的速度相等，则就不会产生误差；故只要每次让小球从同一点由静止滑下即可，摩擦力不会带来误差；（3）[4]两球要发生对心碰撞，故两球的半径应相同；同时为了防止A球反弹，A球的质量要大于B球；故选D。（4）[5]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证则有 可得由图所示可知，需要验证因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平。故选BC。三、本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。将解答过程写在答题纸相应的位置。15.如图所示，一小型发电机内有匝矩形线圈，矩形面积，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，发电机线圈两端与的电阻构成闭合回路。（1）求线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（3）求从线圈平面通过中性面开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量。【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）感应电动势的最大值为（2）从线圈平面通过中性面开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为 （3）通过的电荷量解得16.如图，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B=1.0T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度H=0.7m。正方形金属线框abcd的质量m=0.1kg、边长L=0.1m，总电阻R=0.02Ω，线框的ab边距离EF上方h=0.2m处由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平。（g取10m/s2）求：（1）线圈刚进入磁场时受到安培力的大小和方向；（2）线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热Q；（3）通过计算画出线框从开始运动，到ab边恰好到达地面过程的v-t图像。（要求标注关键数据）【答案】（1）1N，方向为竖直向上；（2）0.1J；（3）见解析【解析】【详解】（1）由运动学公式得，当线圈ab边进入磁场时线圈的一边切割磁感线，产生的电动势E=BLv1=0.2V安培力F=BLI=BL=1N方向为竖直向上。（2）由以上计算可知，线圈cd边进入磁场前因为F=G 故线圈做匀速运动，动能不变，由能量守恒定律可知焦耳热Q=mgL=0.1J（3）线圈先做自由落体运动，运动的时间在磁场内匀速v=v1时间完全进入磁场后到落地继续做加速度为g的匀加速直线运动，运动时间为t3解得落地时的速度所以线框的图像如图所示17.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：(1)两小球碰撞前A的速度大小；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力；(3)小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离。 【答案】(1)；(2)，方向竖直向上；(3)【解析】【详解】(1)以的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有解得(2)对A、B，碰撞前后动量守恒：因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变联立以上各式解得又因为B球在轨道上机械能守恒解得设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为，则有解得由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。 (3)对A沿圆轨道运动时因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A的速度大小为。由动能定理得：解得