【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2022-2023学年高二下学期5月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.933 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中北校区高二下学期期中考试物理试卷一。本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每题4分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.关于机械波和电磁波的比较，以下说法

中错误的是A.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C.机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D.机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有纵波【答案】

D【解析】【详解】A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系vf=适用于一切波，对电磁波也适用，故A正确；B．干涉和衍射是波的特有性质，机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象，故B正确；C．机械波的传播依赖于介质，而电

磁波既可以在介质中传播，也可以在真空中传播，故C正确；D．机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有横波，D错误；本题选不正确的，故选D。2.由交流电动势的瞬时值表达式102sin4(V)et=，可知（）A.此交流电的频率是4HzB.此交流电的周期是0.05sC.当

0.5st=时，此交流电动势有最大值D.当0=t时，产生此交流电的线圈平面与中性面重合【答案】D【解析】【详解】AB．由交流电动势的瞬时值表达式可知4=由公式22fT==解得1s2T=，2Hzf=故AB错误；C．当0.5st=时，此交流电动势为()()102sin40.5V0e

==故C错误；D．当0=t时，此交流电动势为0e=可知，线圈与磁场垂直，即产生此交流电的线圈平面与中性面重合，故D正确。故选D。3.如图所示，O是波源，a、b、c、d是沿波传播方向上处于平衡位置的四个质点

，且Oa＝ab＝bc＝cd＝2m，开始时各质点均静止在平衡位置，在t＝0时刻，波源O开始沿y轴正方向做简谐振动，振幅是0.1m，波沿x轴正方向传播，波长λ＝8m。当O点振动的路程为0.5m时，有关a、b、c、d质点运动的描述正确的

是A.a质点正沿y轴负方向运动B.c质点正沿y轴正方向运动C.b质点的速度为零，加速度最大D.d质点的速度最大，加速度为零【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可以知道振幅是0.1m，而O点振动经过的路程是0.5m，则所需要的时间为54T，所以波向前传播了510m4

=，因为0=t时刻波源O开始向上做简谐运动，a质点已经振动了一个周期，所以a质点正在沿y轴正方向运动，故A错误；B．介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，c点已经振动了半个周期，c点经过平衡位置沿y轴负方向运动，故B错误；C．b质点已经振动了34周期，到达

波谷，速度为零，加速度最大，故C正确；D．d质点已经振动了14周期，到达了波峰，速度为零，加速度最大，故D错误。故选C。4.直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路。长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和a

b平行，当cd中通有电流时，发现ab向右运动。关于cd中的电流下列说法正确的是（）A.电流肯定在增大，不论电流是什么方向B.电流肯定在减小，不论电流是什么方向C.电流大小恒定，方向由c到dD.电流大小恒定，

方向由d到c【答案】A【解析】【详解】直导线ab放在水平导体框架上，构成一个闭合回路，ab向右运动，说明ab棒受到的安培拉力水平向右，现在分两种情况：①cd中的电流从c到d，闭合回路的处于向上的磁场中，且ab棒受到的安

培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从b到a，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大；②cd中的电流从d到c，闭合回路的处于向下的磁场中，且ab棒受到的安培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从a到b，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据

楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大。故BCD错误，A正确。故选A。5.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如甲图所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板相对静止。铅块运动中所受的摩擦力始终不变。现将木板分成两段A和B相同的两块，

并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0，由木块A的左端开始向右滑动，如乙图所示。则下列说法中正确的是（）A.小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止B.小铅块块从木板B的右端飞离木板C.小铅块滑到木

板B的右端前就与木板B保持相对静止D.小铅块在木板B上滑行产生的热量等于在A上滑行产生的热量【答案】C【解析】【详解】ABC．A、B、C在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后，A部分停

止加速做匀速运动，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，AB错误C正确；D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，因第二次

在小铅块滑到木板B的右端前就相对静止了，所以第二次的相对位移比第一次的短，所以产生的热量小于在木板A上滑行产生热量，故D错误。故选C。6.矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中

产生的电动势e随时间t的变化情况如图所示，下列说法中正确的是A.此交流电的频率是50HzB.0.015s时线圈平面与磁场垂直C.此交流电的电动势有效值是22VD.穿过线圈的磁通量最大值为15Wb【答案】A【解析】【详解】A.此交流电的周期为

0.02s，则频率是f=1/T=50Hz，选项A正确；B.0.015s时感应电动势最大，则线圈平面与磁场平行，选项B错误；C.此交流电的电动势最大值为2V，则有效值是2V2V2=，选项C错误；D.根据2mmEnBSnT==

，则穿过线圈的磁通量最大值为20.021Wb2n210500mmET===，选项D错误.7.我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度

为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为A.0B.2mRC.2mgRD.mg【答案】D【解析】【详解】乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为t=，则重力的冲量：mgImgt==；A.0，与结论不相符，选项A错误；B.2mR，

与结论不相符，选项B错误；C.2mgR，与结论不相符，选项D错误；D.mg，与结论相符，选项D正确；8.如图所示，带有半圆形槽的物块P，放在足够长的光滑水平地面上，一侧紧靠竖直墙壁．已知半圆形槽的半径为R，槽面光滑，a、c为槽的最高点，b为最低点．现让一小

球Q(可视为质点)，从a点正上方h处由静止释放，进入半圆形槽后刚好可以到达c点，则小球Q与物块P的质量之比为A.RhB.hRC.RhR+D.hhR+【答案】B【解析】【详解】小球从开始下落到到达b点的过程中，槽静止不动，此时：21()2b

mghRmv+=；当小球向上运动到达c点时球和槽共速，由动量守恒：()bmvmMv=+；由能量关系：2211()22bmvmgRmMv=++，联立解得mhMR=；A.Rh，与结论不相符，选项A错误；B.hR，与

结论相符，选项B正确；C.RhR+，与结论不相符，选项C错误；D.hhR+，与结论不相符，选项D错误；9.如图甲所示，空间中存在垂直纸面的匀强磁场，取垂直纸面向里为正方向．一圆形金属线圈放在纸面内，取线圈中感应电流沿顺时针方向为正．某时刻开始计时，线圈中感

应电流如图乙所示，则该匀强磁场磁感应强度随时间变化的图线可能是丙图中的A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量先向外减小，后向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项A错误；B

.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因BESkStt===，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在

2-4s时间内，则穿过线圈的磁通量向外减小，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因12BESkStt===，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-

t图像相符，选项B正确；C.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项C错误；D.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向

里减小，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因BESkStt===，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2-4s时间内，则穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向

（负方向）的感应电流，因12BESkStt===，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项D正确；10.如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为

加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则（）A.保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B.保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将增大C.保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D.保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，则I1将增大

【答案】AD【解析】【详解】A．保持1U及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数1n变小，根据1122UnUn=副线圈的电压2U变大，根据22UIR=P的位置不变，R不变，则2I变大，根据1221nInI

=1I将变大，A正确；B．保持1U，K由b合到a时，原线圈匝数变大，根据1122UnUn=副线圈的电压2U变小，根据22UPR=P的位置不变，R不变，可知R消耗的功率变小，B错误；C．保持1U不变，K合在a处，根据1122UnUn=副线圈的电压2U不变，根据22UIR=P上滑，R变

大，2I变小，根据1221nInI=1I将减小，C错误；D．K合在a处，1U增大，根据1122UnUn=副线圈的电压2U增大，根据22UIR=保持P的位置不变，R不变，2I增大，根据1221nInI=1I增大，D正确。故选

AD。11.质量为M、内壁间距为L箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱

子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.212mvB.212mMvmM+C.12NmgLD.NmgL【答案】BD【解析】【详解】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得1vmvMm=+（），

得1mvvMm=+，系统损失的动能为()()222111222kMmvEmvMmvMm系=−+=+，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦

力做的功，则有kQENmgL==系．D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系．点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能

原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L，则发生N次碰撞，相对路程为12NL，而错选C．12.如图所示，竖

直平面内有一相距l的两根足够长的金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的均匀金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其它电阻不计。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合电键S，发现导体棒ab仍

作变速运动，的则在闭合电键S以后，下列说法中正确的有（）A.导体棒ab变速运动过程中加速度一定减小B.导体棒ab变速运动过程中加速度一定增大C.导体棒ab最后作匀速运动时，速度大小22mgRvBl=D.若将导轨间的距离减为原来的12，则导体棒

ab作匀速运动时的速度大小为224mgRvBl=【答案】AC【解析】【详解】AB．若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有22BLvmgmaR−=速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有22BLvmgmaR−=速度不断减小，

加速度也不断减小。故A正确，B错误；C．由于导体棒加速度不断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有220BLvmgR−=解得22mgRvBl=故C确；D．若将导轨间的距离减为原来的12，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有为的2

2()202LBvmgR−=解得222mgRvBl=故D错误。故选AC。13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前

后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_____（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次

从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________

____（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）在实验误差允许的围内，若碰撞过

程动量守恒，其关系式应为___________。（用1m、2m、OM、OP、ON表示）.（4）若碰撞是弹性碰撞，应该满足的距离关系式为___________。（用1m、2m、OM、OP、ON表示）【答案】①.C②.ADE##DAE##AED##DEA##EAD##EDA③.

112mOPmOMmON=+④.222112mOPmOMmON=+【解析】【详解】（1）[1]根据平抛运动规律有0xvt=212Hgt=解得02gvxH=因抛出点到地面的高度H相同，故小球碰撞前后的速度与小球做平抛运动的水平位移x成正比，可以通过仅测量小

球做平抛运动的水平位移x间接地解决这个问题。故选C。（2）[2]碰撞过程据动量守恒定律可得101122mvmvmv=+同时乘以时间t有101122mvtmvtmvt=+即112mOPmOMmON=+故接下来要完成的必要步骤是，用天平测量两个小球的质量1m、2m，分别找到1m、2m相碰后平

均落地点的位置M、N，测量小球做平抛运动的水平位移OM、ON。故ADE。（3）[3]由（2）分析可知，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为112mOPmOMmON=+（4）[4]若碰撞是弹性碰撞，应该满足的关系式为222

101122111222mvmvmv=+整理可得222112mOPmOMmON=+14.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；再用20分度的游标卡尺测小球直径，如图所示。然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s。则（1）小球直径为____

___cm，测得重力加速度g值为__________2m/s（保留小数点后两位有效数字）；（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值________（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）；（

3）如果他改变摆线的长度重复实验几次后，以摆线长（l）为纵坐标、周期的二次方（2T）为横坐标作出了2lT−图线，由图像测得图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=___________。（用字母表示即可）。此时他

用图像法求得的g值_______。（选填“偏大”，“偏小”或“准确”）【答案】①.2.99②.9.73③.偏大④.24k⑤.准确【解析】【详解】（1）[1]由图可知，游标第18个小格与主尺对齐，则小球

直径29mm180.05mm29.90mm2.99cmd=+==[2]由单摆全振动50次所用的时间为100.0s可得，单摆周期为100s2s50T==由公式2LTg=可得，重力加速度为224πLgT=其中2dLl=+联立解得29.73msg（

2）[3]实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，则g偏大。为（3）[4][5]根据题意，由公式2LTg=可得24gLT=若以摆线长为纵坐标，则有2lrTg+=可得24glTr=−则有24gk=解得24gk=通过上述分析可知，图像的斜率不变，则他用图像法求得的g值准确

。15.一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0的时刻的波形图，已知这列波在A出现两次波峰的最短时间是0.4s，求：（1）这列波的波速是多少？（2）再经过多少时间质点B才能第一次到达波峰？（3）这段时间里B通过的

路程是多少？【答案】（1）10m/s；（2）0.7s；（3）9cm【解析】【详解】（1）由图可知，波长λ=4m，因A点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期T=0.4s，波速4m/s10m/s0.4vT===（2）波传到B点的

位移9m5m4mx=−=波传到B点的时间10.4sxtv==波传到B点后，质点B第一次到达波峰的时间230.3s4==tT由t=0时刻到B第一次出现波峰的时间120.7sttt=+=（3）质点B通过的路程为333cm9cms

A===16.光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49J．在A、B间系一轻质细

绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．g取10m/s2，求：（1）绳拉断后B的速度vB的大小；（2）

绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．【答案】（1）vB=5m/s（2）4N•s（3）8J【解析】【详解】试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：2cBBvFmgmR==向-----①对绳

断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=12mBvc2-12mBvB2---------②由①②解得：vB=5m/s．（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性

势能转化给B的动能，Ep=12mBv12------③根据动量定理有：I=mBvB-mBv1-----------------④由③④解得：I="-4"N•s，其大小为4N•s（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----

⑤根据动能定理有：W=12mAvA2------⑥由⑤⑥解得：W=8J考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量

守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题．17.如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形金属框abcd，放在斜面的底端，

其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中

速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数33=，重力加速度g取10m/s2．求：（1）线框受到的拉力F的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q．【答

案】（1）F=1.5N；（2）0.50TB=；（3）0.4JQ=【解析】【详解】（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以：10vat−=sincosFmgmgma−−=联解代入数据得：F=1.5N（2）由v

-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1由欧姆定律得：EIR＝对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：0FmgsinmgcosBIL

−−−=联解代入数据得：0.50TB=（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：0.40mD=线框在减速为零时，有：mgsi

nmgcos=所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：2Dtv=2QIRt=代人数据得：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com