【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学2021-2022学年高二下学期期中物理试题 含解析.docx，共(17)页，813.967 KB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中高2021-2022学年高二下期中考试物理试题物理分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，第一部分1至2页，第二部分2至4页，共110分。物理、化学、生物三科同堂考试，时间为150

分钟。考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试题卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试题卷自留。预祝各位考生考试顺利！第一部分选择题（共54分）一

、本题共9个小题，共54分。其中第1-6题每小题6分，只有一个选项符合题目要求；第7-9题每小题6分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列关于电磁波的说法符合实际的是（

）A.光的偏振现象说明光是一种纵波B.医院彩超是采用多普勒效应原理对人体进行体检的C.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机D.光在真空中传播的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同【答案】B【

解析】【分析】【详解】A．光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；B．医院通过彩超对人体进行体检时，彩超波机向人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，然后通过反射波的频率变化就可知血

液的流速。是利用多普勒效应的原理，故B正确；C．常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，故C错误；D．光在真空中传播的速度在不同惯性系中测得的数值是相同的，即光速不变原理，故D错误。故选B。2.下列说法中正

确的是A.结合能越大的原子核越稳定B.23290Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为20882PbC.氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小D.用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相

等【答案】B【解析】【分析】【详解】A．比结合能越大的原子核越稳定，故A错误；B．23290Th成为20882Pb要经过23220864−=次α衰变和82(9062)41−−=次β衰变，故B正确；C．氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能增大，故C错误；D．绿光和紫

光的频率不相等,根据光电效应方程可知用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能不相等，故D错误。故选B。3.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为44V的灯泡a和b，当原线圈输入u=2202sin100πt（V）的交

变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（）A.副线圈中交变电流的频率为100HzB.理想变压器原、副线圈匝数比为3︰1C.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡b变暗D.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电路总功率变小【答案

】C【解析】【分析】【详解】A．由交流电的表达式可得，频率为50Hz2f==变压器不改变频率，故副线圈中交变电流的频率为50Hz，A错误；B．电源电压有效值U=220V可知，原线圈两端电压为1(22044)V176VU=−=副线圈两端电压为244VU=可得112241nUnU==B错误；

CD．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻R减小，副线圈电流I2增大，由1221InIn=可知，原线圈电流I1增大，灯泡a两端电压变大，导致原线圈两端电压变小，副线圈两端电压变小，故灯泡b变暗，此时电路总功率为1PU

I=可知P变大，C正确，D错误。故选C。4.导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光

管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点。若一束平行MN且与MN相距32hR=的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点。则（）A.绿光在采光球中的传播速度为32cB.红光一定能从N点上

方射出C.紫光有可能直接折射经过O点D.要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率【答案】B【解析】【详解】A．如图所示根据几何关系3sin2hR==，2=折射率sin3sinn==绿光在采光球中的传播速度为33cvcn==故A错误；B．红光

折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；C．紫光不可能直接折射经过O点，如果过的话，折射角为0°，故C错误；D．光由光密到光疏可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误。故选B。5.如图甲所示，闭合电路由电阻R和阻值为r的环形导体构成，其余电阻不

计。环形导体所围的面积为S，位于一垂直于环形面向里的匀强磁场中，磁场磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示。在0~t0时间内，通过R的电流（）A.大小是10()BSRrt+，方向是A→BB.大小是20()BSRrt+，方向是B→AC.大小是()210()BBSRrt−+

，方向是A→BD.大小是()210()BBSRrt−+，方向是B→A【答案】C【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势210BBESt−=由闭合电路欧姆定律，则通过电阻R的电流大小()210BBEISRrRrt−==++根据楞次定律，

在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以通过R的电流方向A→B。选项C正确，ABD错误。故选C。6.如图甲，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在

水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒接入电路的电阻为R，轨道的电阻不计．则下列说法正确的是（）A.在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动B.导体棒最后达到的最大速度大小为222FRBLC.在0～t

0时间内，导体棒的加速度大小为210222()FFRtBL−D.在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为210()2FFtBL−【答案】D【解析】【详解】A.因在0﹣t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐

变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误.B.根据平衡条件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝222mBLvR，解得2222FRBL，故B错误；C.设在0﹣t0时间内导体棒加速度为a，导体棒的质量为m，

t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a＝0vt①F2﹣222BLvR＝ma…②F1＝ma…③由①②③解得：()212202FFRaBLt−=，故C错误；D.根据电荷量的经验公式可得q＝2R

…④而△Φ＝B△S＝BL2vt0…⑤由②③④⑤解得：q＝210()2FFtBL−，故D正确．7.图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x

=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）的A.从t=0时刻开始计时P点的振动方程为310sin(10)cm4yt=+ppB.从t=0时刻开始计时，P、Q两点在1316ts=时位移相同C.在t=1.0s时刻，

设波已经传播过x=-100m处，那么在t=1.8s时，32.5mx=−的R点在处于平衡位置下方在向上振动D.从t=0.10s到t=0.225s，质点P通过的路程为()56-2cm【答案】BD【解析】【详解】A．因为t=

0.1s时刻质点Q向下振动，可知波沿x轴负向传播，波的周期T=0.2s，则2=10rad/sT=振幅A=10cm，t=0时刻，质点P的位置在x轴下方与t=0.1s时刻关于x轴对称，则质点P的初相5=4，从t=0时刻开始计时P点的振动方程为510sin(1

0)cm4ytpp=+选项A错误；B．从t=0时刻开始计时，P点在1316ts=时位移3510sin(10)cm=-10sincm1648Pyppp=?Q质点在1316ts=时位移310sin(10)cm=-10sincm168Qy

pp=?选项B正确；C．在t=1.0s时刻，质点Q在平衡位置向上振动，因QR=36.5m=4.516+，则此时R点在平衡位置下方向下振动，再经过0.8s=4T，即在t=1.8s时刻，R点还是在平衡位置下方向下，选项C错误；D．从t

=0.10s到t=0.225s，经过的时间为50.1258tsT==质点P振动到最低位置，通过的路程为()2356-2cm2sAA=−=选项D正确。故选BD。8.如图所示，L为自感线圈，闭合开关S，灯D1立即变亮，另一个相同的灯D2逐渐变亮，最终D1比D2亮(D1、D2规格相同）。则

（）A.滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值B.滑动变阻器R的阻值大于自感线圈L的直流电阻阻值C.断开S，灯D1闪亮后逐渐熄灭D.断开S，灯D1逐渐熄灭【答案】AD【解析】【详解】AB．因为最终D1比D2亮，即通过D1电流大，所以滑动变阻器R的阻值小于自感

线圈L的直流电阻阻值，故A正确，B错误；CD．断开S瞬间，电感线圈L、灯A1、A2构成回路，通过D1的电流缓慢减小至为零，故灯D1逐渐熄灭，选项C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，固定在水平面上间距为

L的两条平行光滑金属导轨左端用导线连接一阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，在导轨右侧有无边界的磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab置于水平导轨上，且与导轨接触良好，其电阻为r。ab棒在外力F作用下，沿导轨向右以速度v做匀速直线运动。不计导轨和导线的电阻，下列

说法正确的是（）的A.导体棒ab两端的电势差为Uab=RBLvRr+B.拉力F为恒力，且大小为F=22BLvRr+C.当ab棒向右运动的距离为d的过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q=22BLvRr+D.若在某一瞬间ab棒在外力作用下突然停止运动，此后，通过R的电荷量总

量为q=()2BLvCRrRr+【答案】BD【解析】【详解】A．由题，EBLv=，则abBLvRURr=−+故A错误；B．安培力为22BLvFBILRr==+故B正确；C．当向右运动的距离为d时，由动能定0FdW−=克安又=WQ克安故22BLvdFdQRr==+故C错误；D．停止运动后，电

容器放电，放出的总的电荷量分别通过R和r，由题可知，通过R的电荷量为2()()()RrrUCrCRBLvBLvRrCqqRrRrRrRrRr====+++++故D正确。故选BD。第二部分非选择题（共56分）二、实验题10.如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木

板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上

述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置．(1)关于实验的要点，下列说法正确的是___________．A.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量B.入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同C长木板必须尽可能地光滑D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置E.

实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的___________两点；若入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________．(用图

中字母表示)【答案】①.ABD②.Q、P③.112mOQmOPmOR=+【解析】【分析】（1）根据实验的原理及注意事项分析各个选项；（2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通

过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；【详解】（1）A.为了保证碰撞后两球都能从槽口飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A.正确；B.为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B正确；C.长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射球与

被碰球碰前的速度相同，选项C错误；D.用重锤线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D正确；E.实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差，选项E错误；故选ABD.（2）入射小球前后两

次的落地点位置分别为图中的Q、P两点；两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v2=m1v1+m2v3两边乘以t即为：112mOQmOPmOR=

+．即实验需要验证的表达式为：112mOQmOPmOR=+.【点睛】本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、实验器材的选择、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间

相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移表示初速度．11.如图（a）是某多用电表欧姆档内部电路示意图。其中，电流表满偏电流100AgI=、内阻400gR=，电池电动势1.5VE=，内阻忽略不计；定值电阻0

13kR=，滑动变阻器R的阻值范围为0~2000，该多用电表测电阻的倍率为“1k”。（1）该多用电表的两只表笔中，___________（填“A”或“B”）是黑表笔。（2）使用多用电表测量电阻时，先将红黑表笔短接进行欧姆调零。则当滑动变阻器R=___________时，电

流表达到满偏电流（即电表指针指在表盘右端电阻“0”位置）。（3）在红黑夜笔间接入待测电阻xR，正确操作后，指针指示如图（b）所示，则xR=___________。（4）当电池的电动势下降到1.41V，内阻忽略不计，欧姆表仍可调

零，当测某待测电阻时，指针指示如图（b），该待测电阻为___________。（计算结果保留两位有效数字）【答案】①B②.1600③.41.310④.41.210【解析】【分析】【详解】(1)[1]电流从黑表笔流出多用电

表，因此B是黑表笔。(2)[2]要使微安表满偏，根据闭合电路欧姆定律0()ggEIRRR=++代入数据可得1600R=(3)[3]接入待测电阻xR时，电表读数为电表指针所指示数13乘以倍率“1k”，所以41.310R=在.(4)[4]当电动势降为1.41V，

欧姆表调零时，根据闭合电路欧姆定律0()ggIRRER=++可得'700R=当指针指到图(b)位置时，若电动势为1.5V，待测电阻41.310xR=根据0()ggxEIRRRR=+++可求出电流54μAI而实际上电动势为1.41V，实际上700R=，根据'0(

)gxEIRRRR=+++可得'41.210xR四、计算题（42分）12.一列简谐横波在某介质中传播经过a、b两点，a、b两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中实线表示a点的振动图像，虚线表示b点的振动图像．（i）写出质点b的振动

方程；（ii）求该简谐横波的传播速度．【答案】（ⅰ）2sin5π(cm)yt=（ⅱ）90(m/s)112n+（0n=，，1，2…）90(m/s)1112n+（0n=，1，2…）【解析】【详解】试题分析：根据图象得出振幅

和周期即可写出振动方程；若质点a向质点b传播，求出波长的通项，根据vT=，即可求出波速的通式，同理求出质点b向质点a传播时波速的通项表达式．（ⅰ）由图象可得，质点b的振幅2Acm=周期0.4Ts=，2π5πrad/

sT==综上，质点b的振动方程为2sin5π(cm)yt=（ⅱ）若质点a向质点b传播，可得：312n+=（0n=，1，2…）可得波长为：36(m)112n=+，（0n=，1，2…）则波速为：90(m/s)112vTn==+，（0n=，1，2…）同理：若质点b向质点a传播，

可得：11312n+=（0n=，1，2…）可得波长为：36()1112mn=+，（0n=，1，2…）则波速为：90(m/s)1112vTn==+，（0n=，1，2…）点睛：本题主要考查了对振动图象以及质点的

振动与波动关系的理解，关键要抓住波的波长列出波长的通项，从而求出波速的通项．13.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度

B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=502rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）从计时开始，线圈转过2的过程中，通过外电阻R的电

量．【答案】（1）e=502cos502t（V）（2）40V，2A（3）0.04C【解析】【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与

有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=nRr+公式，从而可求得．【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=

nBSω=502V．故表达式为：e=Emcosωt=502cos502t（V）；（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：2mEE=，代入数据解得E=50V．电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：EIRr=+，U=IR．联立解得I=2A，

U=40V；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=nRr+，代入数据解得，q=0.04C．【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．14.如图所示，在足够长的光滑水平轨道上

静止放置三个小物块A、B、C，质量分别为mA=4kg，mB=2kg，mc=1kg；其中A、B用一轻弹簧连接，B、C之间夹有少许塑胶炸药，C的右边有一个弹性挡板．现引爆塑胶炸药，炸药爆炸后B以3m/s的速度向左运动，B、C分开后，C恰好在A、B之间的弹簧第一次恢复到原

长时追上B，并与B碰撞后粘在一起．已知炸药爆炸的时间、C、B碰撞的时间很短，可以忽略不计，小物块C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，求：(1)炸药爆炸产生的能量；(2)C、B碰撞后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．【答案】(1)27J(2)821J【解析】【详解】取水平向左为正方向

．（1）设炸药爆炸后B、C速度分别为1v、2v，爆炸产生的能量为E，爆炸过程B、C系统动量守恒：B1C20mvmv−=能量守恒：22B1C21122Emm=+vv代入数据得：27E=J（2）由题意，当A、B、C有共同速度时，弹簧有最大弹性势能

．设弹簧恢复原长时B、A的速度分别为3v、4v，C与B碰撞后粘在一起的速度为5v，A、B、C的共同速度大小为6v，弹簧的最大弹性势能为PE．从爆炸后到弹簧恢复原长过程，B、A和弹簧组成系统动量守恒：B1B3A4mmm=+vvv根据系统能量守恒得：222B3B3A4111222mvmvmv=

+C与B碰撞过程，C、B系统动量守恒：C2B3BC5()mmmm+=+vvvC与B碰后到A、B、C有共同速度的过程，A、B、C和弹簧组成系统动量守恒：A4BC5ABC6()()mmmmmm++=++v

vv根据能量守恒：222A4BC5ABC6111()()222PmmmmmmE++=+++vvv联立以上各式并代入数据得：821PE=J故本题答案是：(1)27J(2)821J点睛：本题考查了能量守恒与动量守恒相结合的问题，根

据守恒规律解题即可．