【文档说明】四川省遂宁市射洪县高中2020-2021学年高二下学期期中考试物理试题 含答案.docx，共(10)页，625.028 KB，由小赞的店铺上传

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射洪县高中2019级高二下期半期考试物理试题（总分：100分考试时间：90分钟）一、单选题(共8题，每题3分，共计24分）1．下列说法正确的是（）A．方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流B．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗C．交变电流的峰值

一定是其有效值的2倍D．理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比2．如图所示是一交变电流的i-t图象，则该交变电流的有效值为（）A．4AB．230A3C．8A3D．22A3．如

图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，A和B是两个参数相同的灯泡，若将开关S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开开关S，则（）A．开关S闭合时，灯泡A比B先亮B．开关S闭合时，灯泡A、B同时亮，最后一样亮C．开关S闭合后，灯泡A逐渐熄灭，灯泡B逐渐变亮，最后保

持不变D．开关S断开瞬间，A、B都闪亮一下逐渐熄灭4．如图所示，弹簧振子正在BC之间作简谐运动，当振子位于O点时弹簧为原长。在振子从C运动到O的过程中（）A．速度不断增大，加速度不断增大B．回复力不断增

大，位移不断增大C．回复力不断减小，速度不断减小D．速度不断增大，回复力不断减小5．如图所示，一单摆（5）其摆动周期为T，则下列说法正确的是（）A．减小摆球质量，其周期变小B．减小最大摆角，其周期变小C．增大摆长，其周期变小D．摆球由BO→运动时，摆球的势能转

化为动能6．一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（）A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右

移动7．利用发波水槽得到的水面波形如图所示，则()A．图a、b均显示了波的干涉现象B．图a、b均显示了波的衍射现象C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象8．如图所示，L1、L2、L3、L4为四只规

格均为“12V，12W”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A示数为1A，已知灯泡L4正常发光，以下说法正确的是（）A．a、b端输入功率为36WB．a、b端输入电

压为36VC．原副线圈的匝数比为4：1D．灯泡L1的功率为12W二、多选题(共4题，每题4分，共计16分）9．如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计，外接灯泡的电阻

为2R=，理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是（）A．0.01st=时，线圈位置与中性面重合B．0.005st=时，电压表读数为62VC．灯泡的电功率为18WD．e随t变化的规律为e62sin(50t)V=10．如图所示为远距离

输电的简化电路图．发电厂的输出电压是1U，升压变压器的输出电压为2U，并用两条输电线进行输电，输电线路中的电流是I，降压变压器原线圈的端电压是3U，副线圈的端电压为4U．输电过程只考虑因导线电阻而造成的电压损失，变压器均为理想变压器．输电

线上损失的电压为U，损失的功率为P，发电厂输出的功率为1P，用户获得的功率2P，则（）A．23UUU=−B．3PIU=C．11PIU=D．23PIU=11．如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，现将一个质量也为m的物体C从

A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为mg2，则以下说法正确的是（）A．简谐运动的振幅为2.5mg/kB．C和A相碰后立即减速向下运动C

．B对地面的最大弹力为5.5mgD．若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置会更低12．如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度0cosBBxd=（式中B0为已

知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（）A．外力为恒力B．t=0时，外力大小2204BLvFR=C．通过线圈的瞬时电流02cosvtBLvdIR=D．经过dtv=，线圈中产生的电热2202BLvdQR=第II

卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共14分）13．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，（1）以下做法正确的是__________A．测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB．测量周期

时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为50tC．摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会D．释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°（2）黄同学先测得摆线长

为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为_________m/s2．（2取9.86，结果保留两位小数）（3）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学

设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝_____________．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l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。则（1）他测得的g值偏小，可能的原因是（______）A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，

秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，如表所示。描点并作出T2-l图线。通过图线求得当地的重力加速度g=___________。（2

取9.86，结果保留两位小数）序号摆长l/mT2/s210.6002.4720.6502.6730.7002.8840.7503.0850.8003.2960.8503.49四、解答题（共46分）15．（8分）如图所示为一弹簧

振子的振动图象，试完成以下问题：（1）写出该振子简谐运动的表达式．▲（2）该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？▲16．（10分）图中的a是一列正弦波在某时刻的波形曲线，b是0.2s后它的波形曲线。试求这列波可能的传播速度。▲17．（12分）如图所示，50n=匝的矩形

线圈abcd，ab边长120cml=，ad边长225cml=，放在磁感应强度0.4TB=的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以3000r/minn=的转速匀速转动，线圈电阻1Ωr=，外电路电

阻9ΩR=，0t=时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：（1）感应电动势的瞬时值表达式；▲（2）从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量；▲（3）此后t0=1min内，电阻R上产生的热量。▲18．（16分）如图所示，两

根光滑金属导轨间距L＝2m，在桌面上的部分是水平的、且该区域有竖直向下匀强磁场B（磁感应强度的大小为1T），桌面距地高度H＝0.8m，金属细杆（不计粗细）ab和cd质量均为m＝0.2kg，有效电阻均为R＝1Ω，最初都静置在距桌面h＝0.2m的轨道上。现

先后释放ab杆、cd杆，最后两杆相继落地，它们落地点与桌面左边缘的水平距离分别为0.4abSm=，0.6cdSm=，除两杆以外的电阻不计，空气阻力不计，且重力加速度g＝10m/s2，求：（1）ab杆刚进入磁场时

，ab杆的加速度大小；▲（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量；▲（3）ab杆与cd杆相继落地的时间间隔t。▲射洪县高中2019级高二下期半期考试物理答案1-5BBCDD6-8BDD9.AC10．AD11．AC12．CD13．BD2.16

9.7621222124LLTT−−14．9.86B9.67m/s215．（1）该振子简谐运动的表达式x="Asinωt=5sin0.5πt"cm．（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的位移负向逐渐增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度

逐渐增大（3）该振子在前100s的总位移为零，路程为5m16．若波向右传播，波传播的速度()205m/sn+，(n=1,2,3……)；若波向做传播，波传播的速度()2015m/sn+，(n=1,2,3……)【详解】由图知，波的波长4m=若波向右传播，根

据题意在t=0.2s波传播了14n+，n=1,2,3……则波传播的速度()111420m/s205m/s4nvnnt+==+=+，(n=1,2,3……)若波向左传播，根据题意在t=0

.2s波传播了34n+，n=1,2,3……则波传播的速度()233420m/s2015m/s4nvnnt+==+=+，(n=1,2,3……)17．（1）()100cos100V=et；（2）0.1C；（

3）2.7×104J【详解】（1）由题意可知300050r/min=r/sn==2100rad/sn=所以，可得最大感应电动势为m500.40.20.25100V=100VENBS==则感应电动势的瞬时值表达式为cos100cos100eNBStt==（

2）线圈由如图位置转过90的过程中BS=由公式可得，通过R的电量为500.40.20.25C0.1C19NqItRr====++（3）根据电动势的有效值与最大值的关系可得m502v2EE==根据热量的公式，可得1min内外电阻R产生的热量Q为242.710JEQRtrR==

+18．（1）20m/s2（2）0.475J（3）115s【详解】（1）设ab杆刚进入磁场时速度为v0，加速度为a，则：根据机械能守恒有2012mghmv=得02m/sv=又再据电磁感应定律得进入时刻电动势0E

BLv=再据牛顿第二定律得2EFBILBLmaR===解得：220m/sa=（2）设两杆分别以abv、cdv开始平抛运动，飞行时间t，则：竖直方向有：212Hgt=水平方向有：ababSvt=，cdcdSvt=解得：1m/sabv=，1.

5m/scdv=故整个过程产生的焦耳热221120.475J22abcdQmghmvmv=−−=（3）设cd杆刚进入磁场时，ab杆的速度大小为v1，据动量守恒定律有：10abcdmvmvmvmv+=+，解得10.5/vms=从ab杆进入磁场到

cd杆刚进入磁场的过程中，对ab杆由动量定理有：110BLImvmv−=−，又111122BLvBLxItRR==解得仅有ab杆在磁场中运动时，ab杆位移为10.15xm=同理，cd杆进入磁场后，ab杆做加速运动、cd杆做减速运

动，直到ab杆离开轨道后，cd杆做匀速运动。当两杆都在磁场中运动的过程中，对ab杆用动量定理得：2ab1'BLItmvmv=−，又()cdab222'22BLvvBLxIttRR−==解得两杆都在磁场中运动的过程中，cd杆与ab杆的间距减小了20.05mx=故ab杆

离开磁场时两杆相距120.1mdxx=−=，所以落地时间差1s15cddtv==