三湘名校教育联盟·2022年上学期高二期中考试试卷物理本试卷共4页，全卷满分100分，考试时间75分钟。考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1．电磁波已广泛应用于很多领域，下列关于电磁波的说法符合实际的是A．电磁波不能发生衍射现象B．常用的电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同2．图甲是小型交流发电机的示意图，线圈ABCD绕水平轴匀速转动，为交流电流表。从图示位置开始计时，线圈中产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。则A．电流的频率是100HzB．电流表的示数为20AC．电路中的电流方向每秒钟改变50次D．0.02s时线圈位于中性面位置3．小明在课后用铜丝自制了一个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个强磁铁上，强磁铁的S极朝上，N极朝下，然后把制成的线圈如图所示放在电池上，顶端搁在电池的正极，下部分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，则
A．线圈做逆时针转动B．线圈做顺时针转动C．线圈不会转动D．转动方向无法判断4．如图所示，MON为柱状扇形透明介质的横截面，扇形的半径为R、圆心为O，A点在OM上且O、A两点的距离为0.75R，P为圆弧MN上的点。一细束单色光以入射角从A点射入介质，折射光线恰好通过P点，已知，，，则介质对该光的折射率n为A．B．C．D．5．如图所示，在匀强磁场中有一金属圆环AOC，O为圆心，圆环的半径OA和OC与磁场边缘重合，磁场方向垂直于圆环面（纸面）向里，磁感应强度大小为。使该环绕过圆心O，垂直于圆面的轴以角速度匀速转过90°，圆环中产生了感应电流，现使圆环保持图中所示位置不变，让磁场的磁感应强度大小随时间均匀变化。为了产生与圆环转过90°过程中同样大小的电流，则磁感应强度随时间的变化率的大小应为
A．B．C．D．6．在图示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶4，定值电阻、的阻值分别为8Ω和32Ω，a、b两端接电压瞬时值的交变电流。则消耗的功率为A．4WB．8WC．16WD．32W二、多项选择题：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．如图甲所示为一列简谐横波在：s时的波形图，P为平衡位置在m处的质点，图乙所示为质点P的振动图像，下列说法中正确的是A．该波的传播速度为10m/sB．该波沿x轴负方向传播C．s时，质点P的速度为零，加速度最大
D．从时刻开始计时，质点P的振动方程为8．电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场正交，如图所示。质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g，下列结论正确的是A．粒子带负电，且B．粒子速度大小C．粒子沿逆时针方向转动D．粒子的机械能守恒9．如图所示，空间有一宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，abc是由均匀电阻丝做成的等腰直角三角形线框，bc边上的高也为L。图示时刻，bc边与磁场边界平行，a点在磁场边界上。现使线框从图示位置匀速通过磁场区，速度方向始终与磁场边界垂直，若规定图示线框的位置，感应电流i沿方向为正方向，线框受到的安培力F方向向左为正，则下列图像可能正确的是
ABCD10．风力发电将风的动能转化为电能，某风力发电机的输出功率为10kw，输出电压为250V，用户得到的电压为220V，输电线的电阻为20Ω，输电线路如图所示，若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是A．用户得到的电功率为9.5kWB．通过输电线的电流为4AC．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10D．降压变压器原、副线圈的匝数之比为95∶11三、非选择题：共56分。11．（6分）某物理学习小组做了以下关于电磁感应的实验，首先按甲图接线，当闭合S时观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。然后按乙图所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路。请完成下列问题：（下列各问均选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”）（1）乙图电路S闭合后，将线圈A竖直向下靠近线圈B的过程中，电流表的指针将____________。（2）乙图电路S闭合后，线圈A放在线圈B正上方不动时，在突然断开S时，电流表的指针将__________。（3）乙图电路S闭合后，线圈A放在线圈B正上方不动时，在滑动变阻器滑片向左滑动过程
中，电流表的指针将____________。12．（8分）在“验证动量守恒定律”的实验中：（1）某同学先采用如图甲所示的装置进行实验。把两个小球用等长且不可伸长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。（小球的直径d相等且远小于细线长度L）（ⅰ）实验中必须测量的物理量有____________（填选项前的字母）。A．细线的长度LB．A球质量和B球质量C．释放时A球被拉起的角度D．碰后摆起的最大角度E．当地的重力加速度g（ⅱ）利用上述测量的物理量，验证动量守恒定律的表达式为____________。（2）某同学又用如图乙所示的装置做验证动量守恒定律的实验，下列说法中不符合本实验要求的是____________（填选项前的字母）。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放D．入射小球与被碰小球满足，（3）若该同学在用如图乙所示的装置的实验中，正确操作，认真测量，得出的落点情况如图丙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________。13．（12分）在边长为2a的正△ABC内存在垂直纸面向里的磁感强度为B的匀强磁场，有一电荷量为q（）、质量为m的粒子从距A点的D点垂直AB方向垂直进入磁场，如图所示，不计粒子重力，求：（1）若粒子能从AB间射出，求粒子在磁场中运动的时间；（2）若粒子运动轨迹刚好与BC边相切，求粒子的入射速度及在磁场中运动的时间。
14．（13分）两根金属导轨MN和PQ平行固定在倾角的绝缘斜面上，导轨下端接有定值电阻，其他部分电阻不计。布满整个斜面的匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为T。质量为kg、电阻为的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑，如图所示，设导轨足够长，导轨宽度m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，当金属棒下滑的高度为m时，恰好达到最大速度，求此过程中：（答案用小数表示）（1）金属棒受到的摩擦阻力；（2）电阻R中产生的热量；（3）通过电阻R的电量。15．（17分）如图所示，小滑块A位于长木板B的左端，现让小滑块A和长木板B一起以相同速度m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木桩C。长木板B与木桩C每次碰撞时间极短，且每次碰撞后B以原速率弹回。相互作用过程中小滑块A没有与木桩C发生碰撞且小滑块A始终在长木板B上。已知A、B的质量分别为kg、kg，A、B间动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）B与C第二次碰前长木板B的速度大小；（2）长木板B的长度至少是多少？（3）B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程。高二物理参考答案题号12345678910答案CBADCBBCABACAD1．C解析：任何波都能发生衍射现象，故A选项错误；常用的遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控的，故B选项错误；根据多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的运动速度，故C选项正确；由相对论知光在真空中的传播在不同的惯性参考系中数值不变，D选项错误。2．B解析：由图可知，周期为s，所以频率为Hz，故A错误；电流表的示数为有效值A，故B正确；线圈转一周，电流改变2次，故1s内改变的次数为，故C错误；0.02s时线圈中的感应电流达到最大，线圈处于垂直中性面位置，故D错误。3．A解析：“心”形的线圈，左半部分电流由上到下，磁场的方向有向右的分量，根据左手定则可知，安培力是向外的；右半部分电流也是由上到下，磁场的方向有向左的分量，根据左手定则可知，安培力是向内的，则从上往下看，线圈做逆时针转动，故A正确。4．D解析：在△POA中，，解得，由折射定律得，故选D。5．C解析：设半径为r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O、垂直于圆面的轴以角速度匀速转动90°，在线框中产生的感应电流，线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动90°过程中同样大小的电流，有
，所以有，故C正确，ABD错误。6．B解析：由题意可知a、b两端电压的有效值为，设通过电流表的电流为I，则变压器副线圈两端的电压，原线圈，原线圈电流为，又，联立并代入数据解得，所以消耗的功率为，故选项B正确。7．BC解析：由题图甲可知，该波的波长为m，由由题图乙可知，质点P的振动周期为s，由可得m/s，故A错误；由题图乙可知，当s时，质点P正从平衡位置向y轴负方向运动，根据“上下坡法”可知，该波一定沿x轴负方向传播，故B正确；由题图乙可知，当s时，质点P正处于波谷，所以此时质点P的速度大小为零，加速度最大，故C正确；由图可知，振幅为10cm，角速度为：，分析P点振动可知，初相位为0，所以振动方程为，故D错误。8．AB解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有，可得电荷量，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故C错误；带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有，根据牛顿第二定律，解得，故B正确；由于电场力做功，故机械能不守恒，故D错误。9．AC解析：进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度，回路中的感应电流，随时间均匀增加，根据楞次定律，电流方向为正；出磁场时，由于前后感应电动势抵消，电流也均匀增加，根据楞次定律，电流方向为负，因此A正确、B错误；进入磁场时，线框所受安培力，方向向左，出磁场时与入磁场时完全相同，方向也向左，因此C正确，D错误。
10．AD解析：用户得到的电功率即降压变压器的输出功率kW故A正确；输电线损失的功率，通过输电线的电流，升压变压器的输出电压，可得升压变压器原、副线圈的匝数之比，故B、C错误；输电线上的电压损失，降压变压器原线圈两端的电压，可得降压变压器原、副线圈的匝数之比，故D正确。11．答案：（1）向右偏 （2）向左偏 （3）向右偏（每空2分）解析：（1）将线圈A竖直向下靠近线圈B的过程中，线圈B中磁场的方向为向上，磁通量增大，根据楞次定律可得感应电流的磁场方向为向下，感应电流从“-”接线柱流入电表，所以指针向右偏；（2）若突然断开S，线圈B磁通量减小，原磁场方向向上，根据增反减同可得：感应电流磁场向上，感应电流从“+”接线柱流入电表，所以指针向左偏；（3）在滑动变阻器滑片向左滑动过程中，电阻减小，电流增大，B线圈的磁通量增大，同理可得：指针向右偏。12．答案：（1）BCD （2）AD （3）3：2（每空2分） 解析：（1）A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有，两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律有，碰撞中的不变量满足()，验证动量守恒定律的表达式为，需测量的物理量为A球的质量和B球的质量以及释放时A球被拉起的角度和碰后摆起的最大角度，故选BCD；（2）A．“验证动量守恒定律”的实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动对斜槽是否光滑没有要求，故A错误，符合题意；B．要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平，故B正确，不符合题意；C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确，不符合题意；
D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求，，故D错误，符合题意。故选AD。（3）设落地时间为t，则有，，，而动量守恒的表达式为，即，代入数据可得。13． 解析：（1）设粒子速率为时，粒子从AB边穿出磁场，其轨迹为一个半圆由洛伦兹力充当向心力：（2分）由周期公式得：（2分）粒子在磁场中运动的时间为（1分）联立解得（1分）（2）当粒子速率为时，其圆轨迹正好与BC边相切于F点，与AC相交于G点，可知A点即为粒子轨迹的圆心，则（1分）又由（2分）解得（1分）粒子在磁场中运动的时间为（1分）
解得（1分）14．解析：（1）当金属棒速度恰好达到最大速度时，加速度为零，则（1分）根据法拉第电磁感应定律：（1分）由闭合电路欧姆定律：（1分）解得（1分）（2）下滑过程，根据能量守恒（2分）解得电路中产生的总电热为（1分）此过程中电阻R中产生的热量（2分）（3）设通过电阻R的电量为q，由，（2分）得（2分）15．解析：（1）第一次碰后动量守恒（2分）解得（1分）（2）全过程能量守恒（2分）可得（2分）
（3）第1次碰后到第2次碰前：（1分）解得（1分）第2次碰后到第3次碰前：（1分）解得（1分）所以、、……为等比数列，公比为（1分）B与C第一次碰后向左运动的的最大距离，对长木板，由动能定理（1分）B与C第二次碰后向左运动的的最大距离，对长木板，由动能定理（1分）B与C第三次碰后向左运动的的最大距离，对长木板，由动能定理（1分），，…，为等比数列，公比为，求和可得（2分）
