【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高二下学期第一次验收考试 物理 答案.docx，共(22)页，2.201 MB，由小赞的店铺上传

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哈三中2022—2023学年度下学期高二学年第一次验收考试物理试卷一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，1~9小题只有一个选项正确，10~14小题有多个选项正确。全

部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分）1.关于涡流，下列说法中正确的是（）A.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C.金属探测器扫过金属物品时，探测器内部会产生涡流D.真空冶炼炉是利用通电导线的发热来

熔化金属的装置【答案】A【解析】【详解】A．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流，选项A正确；B．家用电磁炉锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，选项B错误；C．金属探测器扫过金属物品时，在金属物品内部会产生涡流，选项

C错误；D．真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流，金属就能被熔化，故D错误。故选A。2.关于机械波，下列说法正确的是（）A.机械波的传播可以不需要介质B.对于传播

机械波的介质来说，组成介质的相邻质点之间有相互作用C.纵波一定有波峰、波谷D.机械波在传播过程中介质中的质点随波一起传播【答案】B【解析】【详解】A．机械波的传播需要介质，选项A错误；B．对于传播机械波的介质来说，组成介质的相邻质点之间有相互作用，选项B正确；C．横波一定有波峰、波谷

；纵波有疏部和密部，选项C错误；D．机械波在传播过程中介质中的质点只在自己平衡位置附近振动，但不随波一起传播，选项D错误。故选B。3.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中（）A.振子所受回复力逐渐增大B.振子位移逐渐增大C.振子速度逐渐减小D.振子加速度逐渐减小

【答案】D【解析】【详解】回复力与位移成正比，在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小，A错误；振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小，B错误；物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大，

C错误．由牛顿第二定律a=F/m可知，加速度也减小，D正确；故选D．点睛：本题考查根据振动特点分析物体振动过程的能力．在振动过程中，这三个量大小变化情况是一致的：回复力、加速度和位移．4.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变

化规律如图所示，下列说法中正确的是（）A.每当e转换方向时，通过线圈的磁通量刚好为零B.1t时刻通过线圈的磁通量绝对值最大C.2t时刻通过线圈的磁通量绝对值最大D.3t时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大【答案】B【解析

】【详解】A．每当e转换方向时，线圈平面与磁场方向垂直，此时通过线圈的磁通量最大，选项A错误；B．1t时刻感应电动势为零，即此时通过线圈的磁通量绝对值最大，选项B正确；C．2t时刻感应电动势最大，此时

通过线圈的磁通量为零，选项C错误；D．3t时刻感应电动势为零，则此时通过线圈的磁通量变化率为零，选项D错误。故选B。5.如图所示是以质点P为波源的机械波沿着一条固定的轻绳传播到质点Q的图形，则关于质点P刚开始

振动时的方向和波的性质，下列判断正确的是（）A.向上、横波B.向下、横波C.向左、纵波D.向右、纵波【答案】A【解析】【分析】【详解】由于波源带动后面的质点依次振动，后面的质点总是重复前面质点的振动状态，根据波向左传播可判断Q点的起振方向向上，

故P点的起振方向也向上，且每个质点的振动方向与波的传播方向垂直，故此波为横波。故选A。6.如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距40cm，从小球经过O点向B方向运动开始计时，经0.75s首次到达C点，取向右为正方向。下列说法正确的是（）A.小球振动的周

期为1.0sB.小球振动的振幅为0.4mC.小球的位移—时间关系为0.2sin2m2xt=+D.5s末小球位移为0.2m−【答案】A【解析】【详解】A．根据题意可知30.75s4T=解得1.0sT=故A正确；B．根据题意可知2

40cmBCA==解得20cm0.2mA==故B错误；C．由公式可得22radsT==从小球经过O点向B方向运动开始计时，小球的位移—时间关系为()0.2sin2mxt=故C错误；D．5s末小球回到平衡位置O，位移为0，故D错误。故选A。7.甲图为家用燃气灶点火装置电路原理

图，闭合S转换器将直流电转换为图乙所示正弦交流电加在理想变压器的原线圈上。设变压器原、副线圈的匝数分别为1n、2n。当两点火针间电压大于等于2500V就会产生电火花进而点燃燃气，下列说法正确的是（）A.电压表示数为50VB.该交流电频率为100HzC.点火电压25

00V是指电压瞬时值D.当21252nn≥时，可以产生电火花【答案】C【解析】【详解】A．电压表示数为交流电的有效值，其值为50V252V2U==选项A错误；B．由图乙可知，周期为0.02s，则频率为150HzfT==选项B错误；C．点火电压2500

V是指电压瞬时值。选项C正确；D．若产生电火花，则副线圈输出电压的最大值大于等于2500V，即212500VnUUn=即2150nn≥选项D错误。故选C。8.如图所示，足够长通电直导线平放在光滑水平面上并固定，电流I恒定不变。将一个金属环以初速度0

v沿与导线成一定角度（90<?）的方向滑出，此后关于金属环在水平面内运动的分析，下列判断中正确的是（）A.金属环做直线运动，速度先减小后增大B.金属环做曲线运动，速度一直减小至0后静止C.金属环最终做匀速直线运动，运动方向与直导线平行D.金属环最终做匀变速直线运动，运动方向与直导线垂直【答案

】C【解析】【详解】金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，故金属环做曲线运动，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速

度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故最终做匀速直线运动，方向与直导线平行，故金属环先做曲线运动后做直线运动。故选C。9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比12:11:2nn=，原线圈接电

压随时间变化规律为2202sin100ut=（V）的交流电源，定值电阻1220RR==，二极管为理想二极管，则以下说法正确的是（）A.电流表A的示数为2AB.电流表A的示数为2AC.电压表V的示数为402VD.电阻1R、2R消耗的焦耳热之比为4:1【答案】A【解析】【

详解】C．原线圈电压的有效值为12202V220V2U==根据理想变压器工作原理1121UnUn=可知240VU=C错误；AB．由于二极管的单向导电性，根据电流的热效应2222240()202TRIRT=解得通过电

阻2R的电流为22AI=A正确，B错误；D．电阻1R工作的电流为1140A2A20UIR===消耗的焦耳热为2111QIRT=电阻1R、2R消耗的焦耳热之比为2112222221QIRTQIRT==D错误。故选A。10.图甲是利用盛沙漏斗演示单摆简谐运

动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示单摆的位移随时间变化的关系。第一次以速度1v匀速拉动木板，得到的图样曲线如图乙所示；第二次使单摆的振幅减

半，再以速度2v匀速拉动木板，得到的图样曲线如图丙所示。由此可知，单摆两次运动周期1T和2T以及拉动木板的速度1v和2v的关系是（）A.12:2:1TT=B.12:1:1TT=C.12:1:1vv=D.12:2:1vv=【答案】BD【解析】【详

解】AB．根据单摆周期公式2LTg=可知，周期与振幅无关，则有12:1:1TT=故A错误，B正确；CD．由图乙和图丙可知，两次的运动时间之比为1212tt=由公式xvt=可知，速度关系为12:2:1vv=故C错误，D正确。故选BD。11.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，

物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为()0.1sin2.5myt=。0=t时刻，一个小球从一定高度处自由下落；之后小球恰好与物块处于同一高度，此时物块速度刚好为零。取

重力加速度的大小210m/sg=。则小球下落高度h的大小可能是（）A.0.2mh=B.0.3mh=C.1.8mh=D.5.1mh=【答案】AC【解析】【详解】简谐运动的周期是22s0.8s2.5T===小球恰好与物块处于同一高度，此时物块速度刚好为零，则根据简谐运动的规律

物块运动的时间为()0,1,2,324TTtnn=+=…故小球自由落体下落的高度为()()222221110.20.8m0,1,2,32832hgtgnTgTnn==+=+=…故AC正确，BD错误。故选AC。12.如图所示，边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动。在外

力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里。若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量为正，产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力F向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则

下列反映线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间变化的图象正确的是（）。A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】在线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，穿过线框的磁通量Blvtt=所以在0lv时间内，磁通量随时间t均匀增加，由EBlv=可

知在0lv时间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流EIR=故22BlFFBIlvR===安在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率2PIR=同样为定值。同理，在2llvv时间内，先逐渐减小到零再反向增大，电动势E、电流I为正

值且均变成原来的两倍，外力F、功率P变为原来的四倍。在23llvv时间内，从负的最大逐渐减小到零再变为正的最大，电动势E为负值且是0lv时间内电动势的两倍，外力和功率仍与2llvv时间内大小相同。在34llvv时间内，磁通量逐渐减小，外力F、功率P与0lv时间内大小相同，电动势

与0lv时间内大小相同但方向相反。故选BC。13.如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为L的水平虚线1L、2L、3L、4L，在1L、2L之间与L3、L4之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈abc

d，长边3adL=，宽边cdL=，质量为m，电阻为R，将其从图示位置（cd边与1L重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线3L时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd边始终水平，已知重

力加速度210m/sg=，则（）A.ab边经过磁场边界线1L后线圈要做一段匀速运动B.ab边经过磁场边界线3L后线圈要做一段加速运动C.cd边经过磁场边界线2L和4L的时间间隔为232BLmgRD.从线圈开始运动到cd边经过磁场边界线4L过程中，线圈产生

的热量为3224432mgRmgLBL−【答案】AD【解析】【详解】A．cd边经过磁场边界线L3时恰好开始做匀速直线运动，cd边从L3到L4的过程中做匀速直线运动，cd边到L4时ab边开始到达L1，则ab边经过磁场边界线L1后

做匀速直线运动，故A正确；B．ab边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab边进入下方磁场的速度比cd边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所

以ab边经过磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动，故B错误；C．cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有mgBIL=而BLvIR=联立解得22mgRvBL=cd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为

232LBLtvmgR==cd边从L2到L3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g，设此过程的时间为t1，由运动学公式得0111222vvvLttvt+==得231LBLtvmgR=故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为231222LBLtt

tvmgR=+=故C错误；D．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得32224413322mgRQmgLmvmgLBL=−=−故D正确。故选AD。14.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、N

BD水平放置，MA、NB间距0.4mL=，AC、BD的延长线相交于点E且AEBE=，E点到AB的距离6md=，M、N两端与阻值2R=的电阻相连。虛线右侧存在方向与导轨平面垂直且向下的匀强磁场，磁感应强度1BT=，一根长度也为0.4mL=、质量为0.6kgm=电阻不计的金属棒，在

外力作用下从AB处以初速度02m/sv=沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则（）A.电路中的电流0.4AI=B.金属棒向右运动2d的过程中克服安培力做的功0.36JW=C.金属棒向右运动

2d的过程中外力做功的平均功率3.52WP=D.金属棒向右运动2d的过程中在电阻中流过的电量0.4CQ=【答案】ABC【解析】【详解】A．金属棒开始运动时产生感应电动势E=BLv0=1×0.4×2=0.8V电路中的电流0.8A=0.4A2EIR==A正确；B．金属棒向

右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得1dxLdL−=10.415()LdxxLd−==−此时金属棒所受安培力为120.1675xFBIL==−（02dx）作出F-x图象，由图像可得运动2d过程中克服安培力所做的功为0.160.0830.36J2W

Fx+===B正确；C．金属棒运动2d过程所用时间为tW=I2Rt解得t=98s设金属棒运动的2d的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；则有BLv0=B2Lvv=2v0由动能定理可得Pt-W=12mv2-12mv02解得2032WmvPt+=代入数据解得P=352WC正确；D．根据EqIt

ttRtRR====由图像可知.130.42=13Wb0.9Wb224LLdB+==解得q=0.45CD错误。故选ABC。二、实验题（共12分）15.某同学用如甲图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。

（1）经多次探究发现，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈____________（填“M”或“N”）的磁通量发生了变化；（2）把线圈M从同样高度插到线圈N中同样位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是1E__________2E；（

填“＞”、“＝”或“＜”）（3）现将甲图中的线圈M换为条形磁铁，已知电流从灵敏电流计“+”接线柱流入时指针向右偏转，现将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，观察到电流表指针向左偏转，则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的____

____。（填“A”或“B”）【答案】①N②.＞③.A【解析】【详解】（1）[1]经多次探究发现，产生电磁感应现象原因是穿过线圈N的磁通量发生了变化；（2）[2]把线圈M从同样高度插到线圈N中同样的位置处，第一次快插，第二次慢

插，因快插时穿过线圈的磁通量的变化率较大，则产生的感应电动势较大，即两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是1E＞2E；（3）[3]将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，观察到电流表指针向左偏转，则电流从左侧流入电流表，即电流从a端流出，根据楞次定律结合右手定则，可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的

A。16.在“用单摆测量重力加速度”的实验中，（1）为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的是________；的.的A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动C.测量摆长时，

应测量水平拉直后的摆线长D.测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时（2）甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图1中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出

的2TL−图像可能为________（选填：①②③④）哪一个；（3）丙同学用米尺测得摆线长为98.97cm，用游标卡尺测量摆球直径如图2所示，然后用秒表记录了单摆完成全振动50次所用的时间如图3所示，由此得出重力加速度的

测量值为__________2m/s。（取3.14，计算结果保留三位有效数字）【答案】①.BD##DB②.②③.9.86【解析】【详解】（1）A．组装单摆须选用密度大和直径较小的摆球，以减小空气阻力的影响，选项A错误；B．

摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动，选项B正确；C．测量摆长时，应测量竖直拉直后的摆线长，选项C错误；D．测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，选项D正确。故选BD。（2）测量摆长时忘了加上摆球的半径，则2LrTg

+=解得22244rTLgg=+即图线的斜率不变，但是在纵轴正向上有截距，图线为②；（3）用游标卡尺测量摆球直径2cm+0.1mm×6=2.06cm，则摆长l=98.97cm+1.03cm=1.00m用秒表记录了单摆

完成全振动50次所用的时间为100s，则周期T=2s，根据2lTg=由此得出重力加速度的测量值为222222443.141=m/s9.86m/s2LgT==三、计算题（共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数字计

算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）17.一个在地球上做简谐运动的单摆，其振动图象如图甲所示，今将此单摆移至某一行星上，其简谐运动图象如图乙所示。若地球表面重力加速度1g取210m/s，取2=10。求：（1）此单摆的摆长；（2）行

星表面重力加速度2g。【答案】（1）1mL=；（2）222.5m/sg=【解析】【详解】（1）由题图可知，单摆在地球表面上的振动周期12sT=，根据112LTg=有21124gTL=近似计算时可取2=10，g取210m/s，代入数据解得1mL

=（2）由题图可知，单摆在某行星振动周期24sT=而222LTg=解得222.5m/sg=18.风力发电是主要的绿色电能之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速5r/sn=，通过转速比为1:10的升速齿轮箱

带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为20.025mS=，线圈匝数为100，匀强磁场的磁感应强度为2TB=，发电机输出功率为100kWP=，升压变压器原副线圈匝数比12:1:20nn=，用户得到电压为220V，两理想变压器之间输电线的总

电阻为5R=，其它线路电阻不计。0=t时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直。求：（1）发电机产生电动势的最大值；（2）发电机产生电动势的瞬时值表达式；（3）降压变压器原副线圈匝数比。【答案】（1）2502V；（2）()2502sin100Vet=；（3）24511【解析】【详解】（1）由题

意可知发电机线圈的转速为10n，因此角速度为20100rad/sn==故发电机产生电动势的最大值m2502VENBS==（2）0t=时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，则发电机产生电动势的瞬时值表达式为msin

2502sin100VeEtt==（3）升压变压器输入电压m1250V2EUE===次级的电压为221125020V5000VnUUn===输电线上的电流22100000A20A5000PIU===降压变压器

的输入电压为325000V205V4900VUUU=−=−=线用户需要的电压为220V，可知降压变压器原副线圈匝数比为3144490024522011UnnU===19.如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行

金属导轨与水平成30°角，底端与阻值为R的电阻连接，质量为m、长度为L的导体棒与导轨接触良好，阻值也为R，回路其余部分电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，用一根与导轨平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮

将导体棒和质量也为m的重物相连，重物离地面足够高。释放重物，使导体棒和重物从静止开始运动，经时间t重物速度达到最大。重力加速度g。求：（1）重物的最大速度；（2）重物速度达最大速度一半时轻绳对导体棒拉力的功率；（3）导体棒从静止达到最大速度的过程中导体棒上产生的焦耳热。【答案】（1）2

2mmgRvBL=；（2）2222716mgRPBL=；（3）2232212244342mgRtmgRQBLBL=−【解析】【详解】（1）重物速度最大时满足sin30mgmgBIL=+其中2mBLvIR=解得22mmgRvBL=（2）重物速度达最大速度一半时，则对系统'sin302mgmgBIL

ma−−=对物块mgTma−=其中'122mBLvIR=解得78Tmg=轻绳对导体棒拉力的功率222217216mmgRPTvBL==（3）对导体棒由动量定理sin30mTtBILtmgtmv−−=的对物块mmgtTtm

v−=联立可得sin30()mmgtBILtmgtmmv−−=+电荷量22BLxItRR==由能量关系21sin3022mmgxmgxmvQ=++导体棒上产生的焦耳热112QQ=解得2232212244342mgRtmgRQBLBL=−获得更多资源请扫码加入享学资源网

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