河南省名校联盟2021-2022学年高二物理下学期期中考试试题（Word版带解析）

河南名校联盟20212022学年高二（下）期中考试物理考生注意：1.本试卷共8页。时间90分钟，满分110分。答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列关于物理概念及物理学史的说法正确的是（　　）A.力可用动量的观点来表示，其公式为B.磁感应强度可用磁通量来定义，其公式为，S为磁感线穿过的有效面积C.安培提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线D.元电荷e数值最早是由法国的学者库仑测得的【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．根据动量定理故故A错误；B．磁感应强度可用磁通量来定义，其公式为，S为磁感线穿过的有效面积，故B正确；C．法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线，故C错误；\nD．元电荷e的数值最早是由密立根测定的，故D错误。故选B。2.如图所示，纸面内a、b、c三点构成的三角形，ab与ac互相垂直，ac=L，∠c=60°。两根平行的长直导线垂直纸面固定放置，其截面分别在a、b两点，所通电流的大小分别为I、2I。d点在a、b两点的连线上，且两电流分别在d点产生的磁感应强度大小相等，e点是a、b两点连线的中点。已知通电长直导线在周围某点产生的磁感应强度的大小满足（其中i为电流强度的大小，r为该点到导线的距离，k为常量且大于零），下列说法正确的是（　　）A.d点的磁感应强度大小为零B.e点的磁感应强度大小为C.c点的磁感应强度大小为，方向沿∠c的角平分线D.a、d两点的间距为【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据安培定则，两根通电直导线在d点的磁感应强度方向相同，又因为大小相等，所以d点的磁感应强度不为零，故A错误；B．根据安培定则，两根导线在e点产生的磁感应强度方向相同，a点导线在e点的磁感应强度\nb点导线在e点磁感应强度所以故B错误；C．根据安培定则，两根导线在c点的磁感应强度如图所示两根导线在c点的磁感应强度分别为所以方向方向沿∠c的角平分线，故C正确；\nD．因为两根导线在d点的前感应强度相等，所以联立解得故D错误。故选C。3.如图所示，半径为R、圆心为O的内壁光滑的绝缘圆形轨道竖直固定放置，C点为轨道的最高点，B点为与O点等高的点，在O点固定一电荷量为+q的点电荷。一个电荷量为-q的小球（可视为质点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的压力刚好为零。现给小球一个初速度让其在竖直平面内做完整的圆周运动。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，不计空气阻力大小，下列说法正确的是（　　）A.小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，机械能不守恒B.在最低点给小球的速度大小至少为，小球才能做完整的圆周运动C.当小球恰好做完整的圆周运动时，其在B点的向心加速度大小为5gD.小球做完整的圆周运动，A、C两点对其弹力的大小之差恒为【3题答案】【答案】B\n【解析】【详解】A．小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，库仑力与运动方向始终垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；B．小球（可视为质点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的压力刚好为零，则库仑力在最高点重力和库仑力合力恰好提供向心力时为临界条件，在最高点有由最低点到最高点，根据机械能守恒有解得故B正确；C．由A到B过程，根据机械能守恒在B点，向心加速度大小解得故C错误；D．由最低点到最高点，根据机械能守恒有在最低点，根据牛顿第二定律在最高点，根据牛顿第二定律\n联立解得故D错误。故选B。4.如图甲所示，电阻为R=1Ω的单匝金属框是等边三角形，其外接一面积为S0=0.4m2的等边三角形虚线边界内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的函数图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.5s时穿过金属框的磁通量为12WbB.5s时感应电流方向由顺时针变成逆时针C.5s～6s时间内，感应电流为0.5AD.0～5s时间内，金属框产生的焦耳热为1.8J【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A.金属框的面积为根据图像得5s时的磁感应强度为\n5s时穿过金属框的磁通量为A错误；B.根据楞次定律，5s时感应电流方向由逆时针变成顺时针，B错误；C.5s～6s时间内，感应电动势感应电流为C错误；D.0～5s时间内，感应电动势为感应电流为金属框产生的焦耳热为D正确。故选D。5.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，C为电容器（能承受的电压足够大），R0是阻值为10r的定值电阻，V为电压表，R为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），L为灯泡。闭合开关S，减弱光敏电阻R的光照强度，下列说法正确的是（　　）A.灯泡的亮度变小\nB.电压表的示数变小C.光敏电阻R的功率一定减小D.当电压表示数变化量为，则电容器的带电荷量减小10【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．减弱光敏电阻R的光照强度，则光敏电阻阻值增大，则总电阻增大，则干路电流减小，则内电压和定值电阻分得电压减小，则灯泡电压增大，则亮度变大，故A错误；B．干路电流减小，则内电压减小，则路端电压增大，则电压表示数变大，故B错误；C．将处光敏电阻外的电阻均看作电源内阻，当光敏电阻与内阻等大时，电源输出功率最大，光敏电阻功率最大，但不知道初始灯泡和光敏电阻的阻值，无法判断光敏电阻阻值增大下，其功率的变化，故C错误；D．当电压表示数变化量为，则内电压变化量大小也为，干路电流变化量大小为定值电阻电压变化大小为电容器的带电荷量减小故D正确。故选D。6.如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）\nA.爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0B.三个物体到达地面时的动能不相等C.甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为D.爆炸过程中释放的总能量为【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；B．三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；C．甲在落地的过程中，设用时为t，则有重力对甲的冲量大小解得故C正确；D．结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物\n块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于，故D错误。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图甲所示，带正电的小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为，所用的时间为。若加上垂直纸面向里的匀强磁场（如图乙所示），且保持初速度仍为竖直向上抛出，小球上升的最大高度为，所用的时间为。若加上水平向右的匀强电场（如图丙所示），且保持初速度仍为竖直向上抛出，小球上升的最大高度为，所用的时间为。不计空气阻力，则（　　）A.一定有B.一定有C.一定有D.与无法比较【7题答案】【答案】AC【解析】【详解】A．小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为加上水平向右的匀强电场时，竖直方向仍只受重力，能够达到的最大高度为A正确；B．图甲小球做竖直上抛运动，上升过程所用时间为\n图丙小球在匀强电场中，竖直方向仍做加速度为的匀减速运动，上升过程所用时间为B错误；C．图乙加上垂直纸面向里的匀强磁场，洛伦兹力不做功，但洛伦兹力使小球发生偏转，使得小球在最高点具有一定的水平速度，根据动能定理可得可得C正确；D．图乙加上垂直纸面向里的匀强磁场，小球受到重力和洛伦兹力，洛伦兹力使小球发生偏转，且洛伦兹力竖直方向的分力向下，可知小球在竖直方向减速的平均加速度大于重力加速度，故有D错误；故选AC。8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，定值电阻接在原线圈所在的回路中，电阻与电动机串联接在副线圈两端，电动机的内阻。电阻是由某种金属氧化物制成的导体，实验研究表明通过它的电流的有效值与它两端电压的有效值遵循的关系为，其中系数。已知电动机正常工作时，其热功率为，电动机两端的电压是电阻两端电压的倍，下列说法正确的是（　　）\nA.电动机正常工作时的电流为B.两端的电压为C.定值电阻两端的电压为D.变压器原线圈两端的电压为【8题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．设电动机正常工作时的电流为，则有解得A正确；B．根据可得两端的电压为B错误；C．假设原线圈的电流为，根据解得则定值电阻两端的电压为\nC错误；D．副线圈两端电压为根据可得变压器原线圈两端的电压为D正确；故选AD。9.如图所示，半径为L的四分之一光滑绝缘圆弧槽AB竖直固定在水平地面上方，滑槽B端的切线与水平地面平行，整个系统处在竖直向下、电场强度为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为+q的小球（重力不计）从A点由静止沿圆弧槽滑下，至B点后水平飞出，落在地面的C点。已知B、C两点的高度差等于圆弧槽的半径，下列说法正确的是（　　）A.小球从B点运动到C点，速度在水平方向和竖直方向的分量都发生变化B.小球从A点运动到C点，电势能的变化量为-2EqLC.小球从B运动点到C点，水平位移大小为2LD.小球从B点到C点，电场力的平均功率为【9题答案】【答案】BC【解析】\n【详解】A．小球从B点运动到C点过程，水平方向不受力的作用，速度在水平方向的分量不变，故A错误；B．小球从A点运动到C点过程，电场力做功电场力做正功，则电势能的变化量为-2EqL，故B正确；C．小球由A到B过程，根据动能定理由B到C，做类平抛运动，有解得故C正确；D．小球从B点到C点，电场力的平均功率故D错误。故选BC。10.如图所示，间距为L、足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，导轨的上端接有阻值为R的定值电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导轨向里。质量为m、电阻为R的导体棒垂直导轨放置。当导体棒处在位置1时获得一个初动能2mgL，使其竖直向上运动，当导体棒运动到位置2时速度正好为零，位置1、2的高度差为L。接着导体棒向下运动，当运动到位置3时正好做匀速运动。导轨、导线的电阻均忽略不计，在运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直且良好接触，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）\nA.导体棒从位置1刚向上运动时的加速度大小小于gB.导体棒从位置1上升到位置2定值电阻产生的焦耳热为0.5mgLC.导体棒运动到位置3时的速度大小为D.若位置2、3的高度差为h，则导体棒从位置2运动到3的过程中，流过导体棒某一横截面的电荷量为【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．导体棒从位置1刚向上运动时，导体棒受到向下的安培力，即导体棒从位置1刚向上运动时的加速度大小大于g，A错误；B．由能量守恒可得导体棒从位置1上升到位置2定值电阻产生的焦耳热为0.5mgL，B正确；C．导体棒运动到位置3时正好做匀速运动\n求得C错误；D．根据流过导体棒某一横截面的电荷量为，D正确．故选BD。三、非选择题：共66分。第11～15题为必考题，每道试题考生都必须作答。第16～17题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共51分。11.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证动量定理，轻质细线把直径为d的小球悬挂在铁架台上，球心与P点等高，把光电门与光电计时器固定在铁架台上，其高度与M点等高，用刻度尺测出P、M两点的高度差为h，用螺旋测微器测量小球的直径d，对应的示数如图乙所示。剪断细线，小球由静止下落，测得小球通过光电门的时间为△t，已知重力加速度大小为g，回答下列问题。（1）乙图螺旋测微器所示的小球的直径d=___________mm。（2）实验___________测量小球的质量（填“需要”或“不需要”），为了减小实验误差，P、M两点间的高度差要适当___________些（填“大”或“小”）。（3）当方程式___________（用h、d、△t、g来表示）成立时，可验证动量定理。\n【11题答案】【答案】①.6.125②.不需要③.大④.【解析】【详解】（1）[1]由图读出，螺旋测微器所示的小球的直径（2）[2]验证动量定理表达式为质量可以消去，故不需要测量质量。[3]本实验通过用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故小球通过光电门的时间越短误差越小，故P、M两点间的高度差要适当大些。（3）[3]小球的瞬时速度表示为下落时间表示为即需要验证的表达式为12.实验小组用图甲所示的电路来测量阻值约为18Ω的未知电阻Rx的阻值。电路中R0为定值电阻，阻值为4Ω，V1、V2为理想电压表，S为开关，R为滑动变阻器，E为电源，采用如下步骤完成实验。回答下列问题：（1）按照图甲所示的实验原理图用笔画线代替导线将实物图补充完整。（）\n（2）实验开始之前，将滑动变阻器的滑片置于___________（填“最左端”“最右端”或“中间”）位置。闭上开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，记下两电压表的示数分别为U1、U2，则待测电阻的表达式为Rx=___________（用U1、U2、R0表示）。（3）为了减小偶然误差，多次改变滑动变阻器滑片的位置，测几组U1、U2的值，作出的U1—U2图象如图乙所示，图象的斜率k=___________（用R0、Rx表示），可得Rx=___________Ω。【12题答案】【答案】①.②.最右端③.④.⑤.20【解析】【详解】(1)[1]\n(2)[2]为了电路安全，防止电流过大，闭合开关前，将滑动变阻器的滑动触头置于最右端位置。[3]由串联电路电流相等与欧姆定律可得整理可得待测电阻(3)[4]由得则图像的斜率[5]结合可得13.如图所示，直角三角形ABC边界内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。边界EF与BC平行，其间存在匀强电场。圆心为O的圆形边界与EF相切于G点，且边界内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。一带电粒子（不计重力）以大小为v0的速度从A点沿着AB射入磁场，正好从D点垂直BC射出磁场，进入电场做直线运动，接着以大小为2v0的速度从G点进入圆形边界内的磁场，最后从P点射出，射出时速度方向正好与BC平行。已知∠A=，∠C=，AC的长度及边界EF与BC的间距均为d，求：（1）圆形边界的半径；\n（2）粒子从A点到G点的运动时间。【13题答案】【答案】（1）2d；（2）【解析】【详解】（1）因为在电场中做直线运动，则出三角形磁场时速度方向垂直于BC，根据几何关系可知，在三角形磁场中的轨迹中心为C点，轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力在圆形磁场中，根据几何关系可知，圆形边界的半径等于轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力联立解得（2）在三角形磁场中运动轨迹对应的圆心角为，运动时间为\n由D到G过程，根据匀变速直线运动规律解得粒子从A点到G点的运动时间14.质量为m=0.1kg的小球甲与质量均为M的小球乙、丙静止放置在光滑的水平桌面上，且三小球在同一直线上，三个小球的半径相同（均可视为质点）。在桌子的右侧固定I、Ⅱ两竖直挡板，如图所示。现给小球甲一水平向右的初速度v甲=36m/s，小球甲与小球乙碰撞后小球甲停止运动，碰撞损失的总动能为。小球乙与小球丙碰撞后离开桌面做平抛运动，小球丙打在挡板I的A点处，且速度方向与挡板的夹角为60°。小球乙打在挡板Ⅱ的B点处，且速度方向与挡板的夹角为30°。已知A、B两点的高度差为，重力加速度g取10m/s2，求：（1）乙、丙两小球的质量M；（2）乙、丙两小球碰撞后的速度大小。【14题答案】【答案】（1）0.2kg；（2）6m/s，12m/s【解析】【详解】（1）甲乙碰撞过程，根据动量守恒有\n根据能量守恒有代入数据解得（2）乙丙碰撞过程，根据动量守恒有乙、丙两小球击中挡板时有其中分别为丙、乙两小球的竖直方向的速度，根据竖直方向做自由落体运动可知联立解得15.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，第一象限内存在垂直坐标平面向外的磁场，磁感应强度在同一横坐标下沿y轴的正方向不变，沿x轴正方向按照B=kx（k为常数且大于0）的规律变化。一个质量为m=0.4kg、电阻R=0.1Ω、边长为L=0.2m的单匝正方形导线框abcd，初始时ad边正好与y轴重合，a点与坐标原点O的距离为y0=0.8m，此时将导线框以大小为v0=5m/s的速度沿与x轴正方向成53°角斜向上抛出，运动一段时间后速度恰好减为零，整个运动过程中导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略不计。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2，求：（1）当导线框速度为零时，导线框a点的纵坐标和此过程导线框产生的焦耳热；（2）t=0.5s时导线框的速度大小；（3）若k=10T/m，当导线框在水平方向的分速度为vx=2m/s时，导线框在水平方向的加速度\n大小。【15题答案】【答案】（1）1.6m；1.8J；（2）1m/s；（3）【解析】【详解】（1）根据楞次定律和安培定则可知，线框上下两边的电流等大反向，则安培力等大反向，则竖直方向安培力的合力为零，竖直方向做竖直上抛运动，当竖直速度为零时解得上升高度导线框a点的纵坐标为根据题意可知，此时导线框速度为零，导线框的动能转化为重力势能和焦耳热，根据能量守恒可知，此过程导线框产生的焦耳热（2）t=0.4s后，水平方向速度为零，穿过线框的磁通量不再变化，无感应电流，无安培力产生，线框做自由落体运动，t=0.5s时，线框自由下落0.1s，则速度大小为\n（3）水平方向有速度时，总感应电动势等于右边产生电动势减去左边产生电动势即根据题意有解得感应电流安培力大小水平方向加速度大小为代入数据解得（二）选考题：共15分。考生从16题和17题任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。16.下列说法正确的是（  ）A.热量不能自发地从低温物体传到高温物体B.当两个分子间的距离等于r0（平衡位置间距）时，分子力等于零，分子势能为负值C.干纸巾的一角浸入水中，水会沿着纸巾上升，纸巾变湿，这是浸润现象D.某种物质的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则分子体积一定为E饱和汽压与体积无关，只与温度有关，温度越低饱和汽压越低【16题答案】【答案】ACE\n【解析】【详解】A．根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A正确；B．如果定义两分子间距无穷远时分子势能为零，两分子间距大于r0（平衡位置间距）时，分子力表现为引力，两分子间距减小到平衡位置间距过程中，分子力做正功，分子势能减小，则当两个分子间的距离等于r0（平衡位置间距）时，分子力等于零，分子势能为负值；如果不以两分子间距无穷远处分子势能为零，则不能确定r=r0时分子势能为负值，故B错误；C．干纸巾的一角浸入水中，水会沿着纸巾上升，纸巾变湿，这是浸润的毛细现象，故C正确；D．若该物质是气体，分子间间距较大，无法计算分子体积，故D错误；E．饱和汽压与体积无关，只与温度有关，温度越低饱和汽压越低，故E正确。故选ACE。17.如图甲所示，一支粗细均匀的玻璃管开口向下竖直放置，一段长度为=20cm的理想气体被长度为h1的水银柱封闭在玻璃管内，水银柱的下端面正好在管口，气体的温度为T1。缓慢地旋转玻璃管并缓慢改变气体温度（水银不外漏），让其开口向上竖直放置，如图乙所示，稳定时水银柱的上端面与管口的距离为Δh1=4cm，气体的温度为T2=460K。向玻璃管内缓慢地添加长度为Δh2=8cm的水银，稳定时水银柱的端面正好在管口，如图丙所示，气体的温度恢复为T1。已知大气压强p0=76cmHg，求：（1）玻璃管开口向下时，玻璃管内水银柱的高度h1；（2）玻璃管开口向下时，被封闭理想气体的温度T1。【17题答案】【答案】（1）16cm；（2）345K【解析】【详解】（1）甲、丙两状态，封闭气体发生等温变化甲状态时，根据平衡条件\n丙状态时，根据平衡条件根据几何关系根据玻意耳定律联立解得（2）乙状态到丙状态，封闭气体发生等压变化，则有根据几何关系解得18.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波源从坐标原点处开始振动，如图甲所示是波在t=0.6s时的部分波动图象。如图乙所示是这列波上x=1.4m处的质点从t=0.7s时刻开始振动的图象，下列说法正确的是（）A.波源起振方向向上\nB.t=0.6s时，x=0.2m处的质点处在波谷C.波的振动频率为f=5HzD.波源的振动方程为y=（cm）E.t=1.1s时间内，x=0.6m处的质点的路程为200cm【18题答案】【答案】BDE【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0.7s时，振动刚好传达x=1.4m处，该点起振方向向下，说明波源的振动方向向下，故A错误；B．由甲图可知即0.8m，由乙图可知因此波传到x=0.2m处所需时间为所以t=0.6s时，x=0.2m的振动与t=0.5s时波源的振动相同，又因为T=0.4s，因此t=0.5s时波源的振动与t=0.1s时波源的振动相同，由图乙可知，t=0.1s时波源位于波谷，所以t=0.6s时，x=0.2m处的质点处在波谷，故B正确；C．根据频率与周期的关系可知故C错误，D．由甲图可知振幅A=25cm，根据上面分析可得波源的振动方程为（cm）故D正确，E．波传到x=0.6m处所需时间为\nt=1.1s时间内，x=0.6m处的质点振动时间为因此t=1.1s时间内，x=0.6m处的质点的路程为故E正确。故选BDE。19.隐身技术中要用到一种材料——负折射率材料，光在这种介质表面折射时，折射光线与入射光线分布在法线的同一侧，折射角取负值，折射率也取负值，折射率的公式为（i、r分别是入射光线、折射光线与法线的夹角）。如图所示的是某种负折射率材料的截面图，已知∠C=15°，∠B=90°，边长AB=4L。某种颜色的光从AB边的中点D射入，入射光线1在AB边的入射角为，折射光线2在AB边的折射角为β=45°，在AC边的入射角为θ，出射光线3在AC边的出射角为r，已知α+θ=90°，sin75°=，求：（1）此种材料的折射率n和sinr的值；（2）光线2在材料中的传播距离。\n【19题答案】【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）根据几何关系则此种材料的折射率根据折射定律解得（2）根据几何关系根据余弦定理解得光线2在材料中的传播距离