【文档说明】重庆市兼善中学2022-2023学年高二下学期第一次阶段性考试物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.720 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市兼善中学高2021级高二(下)第一次阶段性考试物理试题注意事项：1．答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，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。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共2

8分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.某电路中电场随时间变化的图像有如图所示几种情况，能激发电磁波的电场是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．稳定的电场，不能产生磁场，不能激发电磁波，故A错误；BC．均匀变

化的电场周围产生稳定的磁场，磁场不变就不能形成电磁场，不能激发电磁波，故BC错误；D．周期性变化的电场，会产生周期性变化的磁场，形成电磁场，向外发射电磁波，故D正确。故选D。2.关于波干涉和衍射现象，下列正确的是（）A.只要是两列波叠加，都能产生稳定的干涉图样B.波只要遇到障碍物就能

够发生明显的衍射现象C.一切波都能够发生衍射现象，衍射是波特有的现象D.对于发生干涉现象的两列波，它们的振幅一定相同【答案】C的【解析】【详解】AD．只有频率相同且相位差恒定的两列波才能发生稳定的干涉，从而形成稳定的干涉图样，而发生稳定干涉的两列波的振幅不一定相同，故AD错误；B．只有当障碍

物的尺寸与波的波长相差不大或比波的波长更小时才能发生明显的衍射现象，故B错误；C．一切波都能够发生衍射现象，衍射是波特有的现象，故C正确。故选C。3.随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将

电能传送至电动汽车底部的感应装置（主要装置是线圈）对车载电池进行充电，由于电磁辐射等因素，其能量传送效率只能达到90%左右。无线充电桩可以允许的有效充电距离一般为15~20cm。下列说法中正确的是（）A.若供电线圈和受电线圈均采用超

导材料则能量的传输效率可达到100%B.无线充电桩的优越性之一是在数米开外也可以对电动汽车快速充电C.地面供电装置连接恒压直流电源时也可以实现对汽车充电D.车上线圈中感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】D【解析】【详解】A

．由于电磁波传播的时候有电磁辐射，有能量损失，能量的传输效率不能达到100%，故A错误；B．根据题意知目前无线充电桩充电的有效距离为15～20cm，达不到在百米之外充电，故B错误；C．充电系统应用的是电磁

感应原理，则地面供电装置连接恒压直流电源时不可以实现对汽车充电，选项C错误；D．地面发射磁场装置通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中感应电流的磁场方向总是阻碍感应线圈

磁通量的变化，故D正确。故选D。4.带电粒子进入云室时，可以在云室中显示其运动轨迹。在云室中加上匀强磁场，一垂直磁场方向射入云室的带正电粒子运动轨迹如图所示，由于带电粒子运动过程中受到阻力的作用，因此带电粒子的动能逐渐减小，下列说法正确的是（）A.磁场垂直纸面

向外，从A点运动到B点B.磁场垂直纸面向外，从B点运动到A点C.磁场垂直纸面向里，从A点运动到B点D.磁场垂直纸面向里，从B点运动到A点【答案】B【解析】【详解】根据题意，由牛顿第二定律有2vqvBmr=解得m

vRBq=可知，粒子的速度越小，半径越小，由于粒子做减速运动，则粒子从B点运动到A点，根据运动轨迹，由左手定则可知，磁场垂直纸面向外。故选B。5.如图所示电路中，A、B是相同的两个小灯泡。L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关

合上和断开时（）A.两灯同时点亮、同时熄灭B.合上S时，B比A先到达正常发光状态C.断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过B灯的电流方向与原电流方向相同D.断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭【答案】B【解析】【详解】AB．合上S，B灯

立即正常发光，A灯支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故A错误，B正确；C．断开S，L中产生与原电流方向相同的自感电动势，A、B两灯都不会立即熄灭，流过A灯的电流

方向与原电流方向相同，流过B灯的电流与原电流反向，故C错误；D．因L电阻不计，则稳定时通过两灯电流是相同的；断开S后，由L作为电源的供电电流是从原来稳定时通过L中的电流值逐渐减小的，故A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，故D错误。故选B。6.在

竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t发生如图乙所示变化时，能正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】01s时磁感应强度在增大，根据楞次定律可

知此时感应电流方向与图甲中方向相同；1s3s时磁感应强度不变，磁通量不变，故此时没有感应电流产生；3s5s时磁感应强度在减小，由楞次定律可知此时感应电流方向与图甲中方向相反。根据法拉第电磁感应定律ΦBEStt==由图乙可知01s磁感应强度变

化率Bt为3s5s时磁感应强度变化率的两倍，故01s时的感应电动势为3s5s时的2倍。故选A。7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V，保持不变，电阻

R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器3R最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法正确的是（）A.通过R1电流为0.6AB.电压表读数为30VC.若向下移动P，电压表读数将变小D.若向上移动P，变压器输出功率将变大【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器

原、副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为111515UUIRI=−=−次级电压为322400.50.5202022RUIRII=+=+=

根据理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比可得112215151202UnIUIn−===解得0.6AI=的212VU=所以通过1R的电流为0.6A，电压表读数为12V，故A正确，B错误；C．向下移动

P，则R3电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻R1的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，故C错误；D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如下图所示R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等

效外电阻为()212322nRRRn=+等效开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知110ΩRR=等效随着R等效的减小，副线圈输出功率将变小，故D错误。故选A。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5

分，共15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。8.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=2s时刻该简谐横波的波形图；图乙是平衡位置在x=3m处的质点P的振动图像，下列说法正确的是（）A.简谐横波的频率为2HzB.简

谐横波沿x轴正方向传播C.简谐横波的波速为2m/sD.t=1.5s时质点P在波峰【答案】BC【解析】【详解】A．由乙图可知，简谐横波的周期为2s，则频率为10.5HzfT==故A错误；B．由乙图可知，t=2s时刻质点P在平衡位置且沿y轴正方向振动，根据波形平移

法可知简谐横波沿x轴正方向传播，故B正确；C．由甲图可知波长为，则简谐横波的波速为2m/svT==故C正确；D．由乙图可知t=1.5s时质点P在波谷，故D错误。故选BC。9.兼善中学“物理魔法社”的同学研究

通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2；则以

下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1＜F2D.F2＜F1【答案】BD【解析】【详解】AB．以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力斜向右下方，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到

导体棒对它的作用力斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度变短，故A错误，B正确；CD．由于磁铁受到导体棒对它的作用力斜向左上方，则可知磁铁对弹簧秤的压力减小，因此有12FF故C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，两根间距为L的固定光滑金

属导轨MP和NQ平行放置，电阻可忽略不计，两导轨是由位于MN左侧的半径为R的四分之一圆弧和MN右侧足够长的水平部分构成，水平导轨范围内存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，两根长度均为L的导体棒ab和cd垂直导轨且与导轨接触良好，开始时cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶

端由静止释放，两导体棒在运动中始终不接触。已知ab棒、cd棒的质量均为m，电阻均为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mgB.最后稳定时ab棒的速度大小为2gRC.整个过程中ab棒产生的焦耳热为14mgRD.整个过程中，通

过cd棒的电荷量22mgRqBL=【答案】ACD【解析】【详解】A．ab棒从圆弧导轨的顶端由静止释放下滑到底端的运动中，由动能定理可得2102mgRmv=−解得2vgR=到达圆弧导轨底端时，由牛顿第二定律可得2NvFmgmR−=解得N3Fmg=由牛顿第三定律可知，ab棒到达圆弧

底端时对轨道的压力大小为3mg，A正确；B．两导体棒最后稳定时两棒的速度相等，取向右为正方向，对ab、cd棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得()1mvmmv=+解得1122vgR=则有ab棒的速度大小为122gR，B错误；C

．由能量守恒定律可得整个过程中ab棒产生的焦耳热为2111222QmgRmv=−解得14QmgR=C正确；D．导体棒ab进入匀强磁场后至最后cd棒做匀速直线运动的过程中，取向右为正方向，对cd棒由动量定理可得10BILtmv=−又有qIt=解得22mgR

qBL=D正确。故选ACD。三、非选择题：共5小题，共57分。11.小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电

流产生，小红进行了以下三种操作，其中可行的是__________。A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动（2）在（1）的研究中，小红发现电流计

指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向与下列哪个因素有关___________。A．螺线管的匝数B．磁铁的磁性强弱C．磁铁相对螺线管运动的方向（3）在（1）的研究中，小

红发现电流计摆动幅度大小会有不同，也就是感应电流大小不同，根据（1）中的操作，则感应电流大小与下列哪些因素有关______。A．螺线管匝数B．磁铁的磁性强弱C．磁铁相对螺线管运动的方向【答案】①.B②.C③.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，穿过螺

线管的磁通量不变，不会产生感应电流，选项A错误；B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量发生变化，则会产生感应电流，选项B正确；C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，穿过螺线管的磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；故选B。（2）[2]感应电流方向与

磁铁相对螺线管运动的方向有关，而螺线管的匝数和磁铁的磁性强弱只能影响感应电流的大小；故选C。（3）[3]感应电流方向与磁铁相对螺线管运动的方向有关，螺线管的匝数和磁铁的磁性强弱影响感应电流的大小；故选AB。12.小明利用热敏电阻设计了一个“过

热自动报警电路”，如图甲所示（虚线框内的连接没有画出）。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电压

的U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0=30Ω。当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图像。（1）由图乙可知，当环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为______。（2）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将_

_____，继电器的磁性将______（均选填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）图甲中警铃的接线柱D应与接线柱______相连。（选填“A”或“B”）。（4）请计算说明，环境温度在大于等于______范围内时，警铃报警。【答案】①.70②.减

小③.增大④.B⑤.80℃【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，当环境温度为40℃时，热敏电阻阻值为70。（2）[2]由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将减小；[3]根据10UIRR=+当环境温度升高时，热敏电阻阻值将减小，通过线圈

的电流增大，继电器的磁性将增大。（3）[4]由于当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮，即此时指示灯的接线柱C与接线柱A相连，可知，图甲中警铃的接线柱D应与接线柱B相连。（4）[5

]由于线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响，根据3105010AURR−=+解得30R=根据图乙可知，环境温度在大于等于80℃范围内时，警铃报警。13.如图所示，线圈的面积是S=20.05m，共有N=100匝，线圈电阻r=1Ω，外接电阻R＝4Ω，匀强磁场

的磁感应强度为1TB=，当线圈以ω=100πrad/s匀速旋转时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈每转过一周，整个电路中产生的焦耳热；（3）从计时开始，线圈转过2

的过程中，通过外电阻的电量为多少。【答案】（1）500sin100Vet=（）；（2）500J；（3）1C【解析】【详解】（1）最大值为mENBS==500V从中性面开始计时，瞬时值表达式为e=Emsinωt=500sin100πt（V）（2）电动势的有效值为m25

02V2==EE由能量关系知22500JEQRr==+（3）根据qItNRr==+可得线圈转过2的过程中通过外电阻的电量为1CBSqNRr==+14.如图所示，MN、PQ是固定在水平桌面上相距L＝1.0m的光滑足够长平行金属导轨，MP两点间接

有R＝3Ω的定值电阻，导轨电阻不计。质量为m＝0.1kg，阻值为r＝2Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，开始时棒处于静止状态，在恒定拉力F的作用下开始运动，经过x0＝2

m后，以v=5m/s的速度做匀速运动。求：（1）棒匀速运动时电路中的电流大小和方向；（2）拉力F的大小；（3）棒经过x0＝2m过程中，电阻R产生的焦耳热。【答案】（1）1A，方向b→a；（2）1N；（3）0.45J【

解析】【详解】（1）导体棒中E=BLv对回路EIRr=+解得I=1A方向b→a（2）棒匀速运动F=F安感应电流F安=BIL解得F=1N（3）根据功能关系2012FxQmv=+电阻R产生焦耳热RRQQRr=+解得的QR＝0.45J15.如图在第一象限内存在沿y轴负

方向匀强电场，在第二、三、四象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从x轴上的M点以速度0v沿与x轴正方向成60°角射入第二象限，恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场，从x轴上的P点再次进入匀强磁场，且P点速度02vv=，已知磁场的范围足够

大，3OMh=，粒子的比荷为qm，不计粒子重力及一切阻力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）粒子从P点进入匀强磁场再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。【答案】（1）02mvqh；（2）202mvqh；

（3）(23)h−，03hv【解析】【详解】（1）设粒子从M点做圆周运动到N点，圆的半径为1r，根据洛伦兹力提供向心力2001vqvBmr=由几何关系1sin603rh=解得12rh=02mvBqh=（2）粒子离开电场时02vv=，设粒子从P点进入磁场时速度与x轴正方向夹角为，则有

的0tan1yvv==解得45=0yvv=又2yvaON=对带点粒子，沿电场方向有qEma=根据几何关系1(1cos60)ONr=−=h解得202mvEqh=（用动能定理2201122qEONmvmv=−，解答亦可）（3）在电场中粒子做类平抛运动可得0OPvt=yvta=解得02htv=2

OPh=从P点进入磁场由洛伦兹力提供向心力可得22vqvBmr=解得02222mvrhqB==设再次到达x轴的位置为P可得22cos45PMrOPOM=−−则与M点相距为PM=23)h−（圆周运动的周期为2024rhTvv==从

P到P点经历时间为0334htTv==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com