【文档说明】《精准解析》云南省昆明市第一中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）.docx，共(23)页，1.341 MB，由小赞的店铺上传

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昆明市第一中学2022—2023学年度上学期期末考试卷高二物理一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．选对的得3分，选错或不选的得0分．）1.电磁感应现象是电磁

学中最重大的发现之一。关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）A.楞次发现了感应电流方向和感应电流大小的规律B.有感应电动势产生，则一定有感应电流产生C.穿过某固定回路的磁通量的变化率在增大，感应电动势有可能减小D.感应电流遵从楞次定律所描述方向，这是能量守恒定

律的必然结果【答案】D【解析】【详解】A．楞次发现了有关感应电流方向的规律，提出了楞次定律，法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出电磁感应定律即确定感应电动势大小的规律，从而可以确定感应电流的大小，A错误；B．穿过某回路的磁通量发

生变化时，回路中会产生感应电动势，但若回路不闭合，则不能产生感应电流，故B错误；C．根据nEt=，知感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比，故C错误；D．根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，为了维持原磁场磁

通量的变化，就必须有动力作用，这种动力克服感应电流的磁场的阻碍作用做功，将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律实质上描述能量转化的过程，故D正确。故选D。2.正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两

个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（）A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子【答案】A【解析

】的【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子

速度越来越小，B错误；C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知2vqvBmr=解得粒子运动的半径为mvrqB=根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。故选A。3.2

022年卡塔尔世界杯于北京时间11月21日至12月18日举行。在葡萄牙对阵乌拉圭的比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，为葡萄牙打进关键一球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g

，在此过程中（）A.地面对他的冲量大小为mgt△B.地面对他的冲量大小为mvmgt+C.地面对他的冲量大小为mvD.地面对他的冲量大小为mvmgt−【答案】B【解析】【详解】设竖直向上为正方向，由动量定理可知0Imgtmv−=−解得Imgtmv=+

故选B。4.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c三点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc，其大小关系是（）A.ta<tb<tcB.ta＝tb＝tcC.

ta＝tb>tcD.ta<tb=tc【答案】C【解析】【详解】电子在磁场中做圆周运动的周期2mTeB=则电子在磁场中运动的时间为2tT=与速度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小。由几

何关系可知，abc=，故C正确；故选C。5.如图所示，it图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中()．A.Oa段B.ab段C.bc段D.cd段【

答案】D【解析】【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M带正电，那么一定是给M极板充电，电流方向顺时针．由题意知t＝0时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合it图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间

内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd段，故选D.6.如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El，若磁

感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2．则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El∶E2分别为A.c→a，2∶1B.a→c，2∶1C.a→c，1∶2D.c→a，1∶2【答案】C【解析】【详解】试题分析：由楞次定律判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M

，则通过电阻R的电流方向为a→c．MN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得El：E2=1：2．故选C．考点：楞次定律；感应电动势【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用，属于基础题．7

.某电站向远处输电，输电线的总电阻为50，输送功率为51.010kW，若采用500kV的高压输电，下列说法正确的是（）A.采用高压输电，是为了增加输电线上的电流B.输电线上的电流为41.010AC.输电线上电阻造成的电压损失为1kVD.输电

线上电阻造成的功率损失为32.010kW【答案】D【解析】【详解】A．由输送功率PUI=，可知功率一定时，采用高压输电则会降低电流I，故采用高压输电是为了降低输电线上的电流，故A错误；B．根据功率PUI=，可解得831.00A

200A5.010PIU===故B错误；C．根据欧姆定律UIR=，可得到输电线上的电压损失为420050V1.010V10kVU===故C错误；D．根据焦耳定律可知，造成的功率损失即为电阻产生热的功率2PIR=损，解得26320050W2.010W2.010kWP===

损故D正确。故选D。8.如图是洛伦兹力演示仪，演示仪中电子枪射出的电子束，能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示出电子的径迹。设电子的电量为e，质量为m，电子枪的加速电压为U，两线圈之间的磁感强度为B，方向垂直纸面向外，忽略电子所受重力及电子间的

相互作用。下列说法正确的是（）A.电子从电子枪射出时速度大小为eUmB.电子枪中射出的电子束做顺时针的匀速圆周运动C.电子在磁场中运动时，洛伦兹力对电子做正功D.增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大【答案】D【解析】【详解】A．电

子从电子枪射出时，由动能定理有212eUmv=解得电子从电子枪射出时速度大小为2eUvm=故A错误；B．由左手定则可知，电子从电子枪进入磁场之后，受向左的洛伦兹力，则电子束做逆时针的匀速圆周运动，故B错误；C．电子在磁场

中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向一直垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2vqvBmr=解得mvrqB=整理得12mUrBe=可知，增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的轨道半径r将增大

，故D正确。故选D。9.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流．这两个电热器的电功率之比ABPP∶等于（）A.21∶B.32∶C.43∶D.54∶【答案】D【解析】【详解】设图甲中交变电流的有效

值为1I，则根据有效值的计算式得222010222ITTIRTIRR=+得1058II=图乙中交变电流有效值为m20222III==再根据焦耳定律2PIR=得，两个电热器电功率之比AB54

PP=∶∶故选D。10.质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于1tt=左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（）A.0=t时刻，

甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能【答案】C【解析】【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，0=t时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；BC．根据甲乙两球位移图

像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于1=tt左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。故选C。二、

多选题（本题共10小题，每小题3分，共30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3分，选对但不全的得1.5分，有错选或不选的得0分．）11.教学楼过道灯是由声传感器和光传感器同时来控制的，在夜晚天黑时，

用力拍掌灯就亮了；而白天怎样用力拍掌，灯都不能亮．其原理图如图所示，下列关于声传感器和光传感器的说法正确的（）A.白天有光照时，光传感器自动闭合B.夜晚无光照时，光传感器自动闭合C.有人走动或发出声音时，声传感器自动闭合D.无人走动或没有声音时，声传感器自动闭合【答案】BC

【解析】【详解】天亮时光控开关自动断开，天黑时闭合,有人走动发出声音，声控开关闭合；两个开关同时闭合，灯就会自动亮，所以两个开关应相互影响同时符合闭合条件。故选BC。12.如图所示为无线充电原理图，由与充电基座相连的送电线圈和与手机电池相连的受电线

圈构成。当送电线圈通入周期性变化的电流时，就会在受电线圈中感应出电流，从而实现为手机充电。在充电过程中（）A.送电线圈中产生周期性变化的磁场B.送电线圈中产生均匀变化的磁场C.送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D.手机电

池是直流电源，所以受电线圈输出的是恒定电流【答案】AC【解析】【详解】AB．送电线圈通入周期性变化的电流，则送电线圈中产生周期性变化的磁场，故A正确，B错误；C．无线充电是利用电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实

现能量传递，故C正确；D．周期性变化的磁场会产生周期性变化的电流，受电线圈输出的不是恒定电流，故D错误。故选AC。13.如图所示是一个正弦式交变电流波形图．由图像可知（）A.交变电流的周期T＝0.2s，B.频率f＝50HzC

.电流的峰值为m102AI=D.电流的有效值为52AI=【答案】AD【解析】【详解】A．由图知，该交变电流周期T＝0.2s故A正确；B．频率15HzfT==故B错误；C．电流的峰值为m10AI=故C错误；D．有效值为m52A2II

==故D正确。故选AD14.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。则下列i﹣t图象中可能正确的是（）的。A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】【

详解】由图可知，0~1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故该段时间内电流方向相同，根据楞次定律可知电路中电流方向为逆时针，同理可知1~2s内电路中电流方向为顺时针，2~3s内电路中电流方向为顺时针，3~4s内路中电流方向为逆时针，根据法拉第

电磁感应定律，有BSEtt==电路中电流大小恒定不变，由于没有规定电流的正方向，故CD符合题意，AB不符合题意。故选CD。15.如图所示，在北京冬奥会冰壶女子循环赛上中国队以6：5战胜韩国队．队长韩雨在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的韩国队

冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（）A.韩国队冰壶的速度为0.5m/sB.韩国队冰壶的速度为0.3m/sC.两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞D.两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞【答案】BC【解析】【详解】AB．由于两冰壶碰撞过程中动

量守恒有，设中国队的冰壶碰撞前后的速度分别为0v和1v，韩国队的冰壶碰后的速度为2v，有012mvmvmv=+其中00.4m/sv=，10.1m/sv=，解得20.3m/sv=A错误，B正确；CD．两冰壶碰撞前系统的能量为21011.52J2Emv==两冰壶碰撞后系统的能量为

22212110.95J22Emvmv=+=碰撞过程机械能有损失，则两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，C正确，D错误。故选BC。16.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环

形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（）A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向C.T具有收缩

趋势，PQ受到向右的安培力D.T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力【答案】AC【解析】【详解】AB．PQ突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方

向垂直纸面向里，故环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确B错误；CD．线框T的磁能量变大，由楞次定律可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受

到的安培力向右，故C正确D错误。故选AC。17.如图所示为一小型交流发电的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小2TB=．矩形线框ABCD匝数n＝100，面积20.02mS=，线圈内阻5r=，线圈绕垂直

于磁场的水平轴OO逆时针匀速转动，角速度100rad/s=．矩形线框通过滑环与15R=的电阻相连，电压表为理想电表．则下列说法正确的是（）A.从图示位置开始，产生感应电动势的表达式()()2002cos100Vet=B.从图示位置开始转过90°时，电压表示数为零C.该交流电可以直接加在

最大电压为200V的用电器上D.在0.5s的时间内电阻R上产生的热量为750J【答案】AD【解析】【详解】A．线圈中感应电动势的最大值为m10020.02100V2002VEnBS===（）图示位置线圈平面垂直于中性面，从该时刻开始计时，线圈中产生的感应电动

势瞬时值表达式为()()2002cos100Vet=A正确；B．电压表示数为交流电压的有效值，所以电压表示数不为零，B错误；C．该交流电电压最大值为2002V，超过用电器的最大电压200V，C错误；D．线圈和R组成闭合电路，电路中电流的有效值为200A10A515EIRr===++则在0.5s的

时间内电阻R上产生的热量为2210150.5J750JQIRt===（）D正确。故选AD。18.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D

点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流大小不变B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值mEBav=D.感应电动势平均值14EBav=【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小

为0，由EBlv=可知最大值maxEBav=最小值为0，故A错误；B．在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，故B错误；C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大EBav=故C正确；

D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值211224BaEBavatv===故D正确。故选CD。19.如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿

着ON方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列说法正确的是（）A.电子速率越小，在磁场里运动时间一定越长B.电子在磁场里运动的最长时间为meBC.MP上有电子射出部

分的长度为3dD.MP上有电子射出部分的长度为(23)d−【答案】BC【解析】【详解】AB．电子在磁场中做匀速圆周运动，则2vevBmr=则运动周期22==rmTvBe运动时间2mtTBe==由此可知电子运动

时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM边射出，圆心角均为，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为mteB=故A错误，B正确；CD．随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示的由图可知MP边有电子射出的

范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何关系可知()2223BMddd=−=故C正确，D错误。故选BC。20.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2022个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物

块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复：2022个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（）A.02vgh=B.最终所有物块的总动能为mghC.2022

号物块最终速度123ghD.0号物块最终动量大小为2022123mgh【答案】ABD【解析】【详解】A．对0号物体，根据机械能守恒定律有2012mghmv=解得02vgh=A正确；B．由机

械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，所以kEmgh=B正确；C．由题可知，2022个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2022号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有2'220011112222mvmvmv=+

'0012mvmvmv=+解得1223vgh=，'0123vgh=−C错误；D．0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得

，0号第二次碰撞后的速度为''201()23vgh=−最终0号物体要与1号物体碰撞2022次，所以0号物体最终动量大小为20221()23mgh，D正确；故选ABD。三、计算题（本题共4小题，第21题8分，第22、23题10分，第

24题12分，共40分．作答请写出必要的文字和表达式，只有结果的不给分，请在答题卡上作答）21.贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，截至2021年底我国风力发电装机容量占全球42%的份额，稳居世界第一．某

种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为20.5m，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电

流为50A．求：（1）线圈中感应电动势的有效值E；（2）线圈的输出功率P．【答案】（1）26.410VE=；（2）43.110WP=【解析】【详解】（1）电动势的最大值mENBS=有效值2mEE=解得2NBSE=带入数据得2

6.410VE=（2）输出电压UEIr=−输出功率PIU=解得()PIEIr=−代入数据得43.110WP=22.如图所示，半径为R的圆形空间内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从左侧边界的P点沿半径方向垂直射入磁场，粒子离开磁场时到P点的距

离为圆形磁场半径的3倍，不计粒子重力。求：（1）粒子射入磁场时的速度大小；（2）粒子在磁场中的运动时间。【答案】（1）3qBRvm=；（2）3mtqB=【解析】【详解】（1）由几何关系可知，粒子在磁场中运动时转过的圆心角为60°，粒子在磁场

中做匀速圆周运动轨迹如图所示根据几何关系可得3tan30RrR==圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即2vqvBmr=解得3qBRvm=（2）根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心角60=圆周运动的周期为22rmTvqB==运动时间6013606t

TT==解得3mtqB=23.如图所示，固定在轻质弹簧两端质量分别是10.5kgm=、21.49kgm=的两个物体置于光滑水平地面上，1m靠在光滑竖直墙上。现有一颗质量0.01kgm=的子弹水平射入2m中，使弹簧压缩而具有12J的弹性势能，然后1m和2m都将向右运动。试求：（1）子弹入射前的

速度；（2）竖直墙对1m的冲量；（3）运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能。【答案】（1）600m/s；（2）12Ns，方向水平向右；（3）3J【解析】【详解】（1）取向左为正方向，子弹射入2m时，弹簧还没来得及压缩，根据动量

守恒有()21mvmmv=+弹簧压缩后根据机械能守恒有()221p12mmvE+=联立两式，代入数据600m/sv=（2）根据对称性，子弹和m2都以大小为v1的速度向左压缩弹簧，而后又以同样大小的速度向右反弹离开墙面，以向右为正方向，根据动量定理可得(

)()()2121212Immvmmvmmv=+−+=+代入数据12NsI=方向水平向右。（3）运动中，弹簧弹性势能最大时为三者共速，有()()12221mmmvmmv++=+则据能量守恒，运动后的最大弹性势能为()(

)22211221122pmaxEmmvmmmv=+−++代入数据3JpmaxE=24.如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1m，匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连

接阻值为0.80R=的电阻，质量为m=1kg、电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其运动的xt−图像如图乙所示，图像中AB段为直线，导轨电阻不计，g取210m/s（

忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）判断金属棒两端a、b的电势高低；（2）磁感应强度B的大小；（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。【答案】（1）b点电势高，a点电势低；（2）1T；（3）40J【解析】【详解】（1）由右手

定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。（2）由xt−图像求得t=1.5s时金属棒的速度为1510m/s10m/s21.5v−==−金属棒匀速运动时所受的安培力大小为FBILmg==又EIRr=+EBLv=则有22BLv

mgRr=+代入数据解得1TB=（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得212mgxmvQ=+代入数据解得50JQ=故R产生热量为40JRRQQRr==+的获得更多资源请

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