【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.885 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年高二下期期中考试物理试题总分：100分时长：90分钟第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（每小题4分，共32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃

按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（）A.按下按钮过程，螺线管Q端电势较高B.松开按钮过程，螺线管P端电势较低C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势D.按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势【答案】A【解析】【详解】A．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通

量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A正确；B．松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；C．住按钮不动，穿过

螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；D．按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。故选A。2.如图所示，一个半径为l的金属圆盘在匀强磁场B中以角速度匀速转动

（从左向右观察为顺时针方向）。这样构成一个法拉第圆盘发电机。假设其电动势为，等效内阻为r。下列说法正确的是（）A.圆盘发电机产生的是交流电B.法拉第圆盘发电机的电动势为212Bl=C.电源的输出功率为()24224BlRRr+D.流

过电阻R的电流方向为CRD→→【答案】C【解析】【详解】A．圆盘发出的是直流电，故A错误；BC．由法拉第电磁感应定律可得，法拉第圆盘发电机的电动势为212BlvBl==电源的输出功率为()2242224BlRPIRRRrRr===++故B错误，C正确；D．根据右手定则，

流过电阻的电流方向为DRC→→，故D错误。故选C。3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1n、2n，定值电阻R=27.5Ω，理想电流表1A的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源2202sin100(V)

ut=。下列判断正确的是（）A.12:1:20nn=B.理想电压表V的示数2202VU=C.理想电流表2A的示数22AI=D.定值电阻R中电流变化的频率为100Hz【答案】C【解析】【详解】ABC．根据题意可知交流电的最大

值为max2202VU=则理想电压表示数等于交流电有效值，为max12202220V22UU===理想变压器两端功率相等，所以有2112PUIIR==解得1122200.52A27.5UIIR===由变压器的电流关系1221InIn=可得12

240.51nn==故A、B错误，C正确；D．定值电阻R中电流变化的频率为10050Hz22f===故D错误。故选C。4.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图1所示，线圈与灯泡和电表组成

如图2所示的电路，图中电表均为理想交流电表，下列结论正确的是（）A.在0.1st=和0.3st=时，电动势最大B.0.1st=时电压表的示数为0C.在0.4st=时，磁通量变化率为零D.线圈产生的电动势的瞬时值表

达式为e=157cos5πt(V)【答案】D【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应可知电动势nEt=将上式变形后可得Etn=即磁通量随时间的变化规律图中，图像的切线斜率大小表示电动势E与线圈匝数的比值大小，在0.1st=和0.3st=

时，图像切线斜率为0，则此时电动势最小，均为0，A选项错误；B．电压表测得的示数是交流电的有效值，不是瞬时值，此交流电的有效值2mEE=有故0.1st=时电压表的示数不为0，B选项错误;C．由Etn=可知，磁通量随时间的

变化规律图中，图像的切线斜率大小表示电动势E与线圈匝数的比值大小，在0.4st=时，图像的切线斜率最大，此时电动势最大，则由nEt=可知磁通量变化率最大，C选项错误;D．磁通量随时间的变化规律是正弦变化，则电动势随时间

的变化规律是余弦变化，电动势e随时间变化的规律coscos50cos5157cos5meEtnBSttt===D选项正确。故选D。5.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1

，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220V，电流表示数为10A，则高压输电线的送电功率为（）A.2.2×103WB.2.2×10-2WC.2.2×108WD.2.2×104W【答案】C【解析】【详解】对互感器甲，高压输电线的送电电压为12220kVnUUn==甲对互感器乙，送

电电流为431000AnIIn==乙所以高压输电线的送电功率为8220kV1000A2.210WPUI===故选C。6.如图所示，空间中存在一均匀磁场B，方向垂直纸面向里。一长度为l铜棒以速度v向右匀速运动，速度方向与铜棒长度方向之间的夹角为30，则铜棒ab、两

端的电势差ababUUU=−等于（）A.BlvB.Blv−C.12BlvD.12Blv−的【答案】D【解析】【详解】铜棒ab、切割磁感线产生感应电动势，ab相当于电源，根据右手定则，判断知a端相当于电源的

负极，b端相当于电源的正极，根据法拉第电磁感应定律，可得1sin302abUEBlvBlv=−=−=−故选D。7.在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比

单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（）A.2=GMTrlB.2lTrGM=C.2=GMTrlD.2=r

TlGM【答案】B【解析】【详解】单摆的周期为2lTg=其中摆球所在处的重力加速度为2GMgr=联立两式可得2lTrGM=故选B。8.如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径为0.10mr=、匝数为20n=

匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场沿半径方向均匀分布（其右侧视图如图乙所示），线圈所在位置磁感应强度大小均为0.60TB=，线圈的电阻为10.50R=，它的引出线接有29.50R=的小灯泡L，A为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动

时，便有电流通过小灯泡。若线圈往复运动的规律如图丙所示（v取向右为正方向），则下列说法正确的是（）A.电流表的示数为0.24AB.0.01st=时，回路中的电流最大C.回路中交变电流的频率为100HzD.0.015st=时，灯泡L中电流的方向为从LCD→→【答案】D【解析】【

详解】A．线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交变电流，电动势的最大值为mm0.6022020.101V=2.4VEnBrv==电流表的示数为m120.24A2()2EIRR==+A错误；B．0.01st=时，线圈的速度为零

，线圈的电动势为零，回路中无电流，B错误；C．回路中交变电流的周期为0.02s=T交变电流的频率为150HzfT==C错误；D．0.015st=时，根据右手定则，灯泡L中电流的方向为从LCD→→，D正确。故

选D。二、多选题（每题4分，选对但不全得2分，共16分）9.如图所示，足够长的光滑H形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属

杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度mv时，运动的位移为x，则以下说法中正确的是（）A.金属杆所受导轨的支持力等于cosmgB.金属杆下滑的最大速度m222(+)sin

=cosmgRrvBLC.在此过程中电阻R上产生的焦耳热为2m1sin2mgxmv−D.在此过程中流过电阻R的电荷量为+BLxRr【答案】AD【解析】【详解】A．金属杆沿导轨下滑的过程中，所受安

培力方向平行斜面向上，由于金属棒在垂直导轨方向上处于平衡状态，则金属杆所受导轨的支持力=cosNmg故A正确；B．金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则有sinmgBIL=其中m=EBLv=+EIRr联立解得m22()sinmgRrvBL+

=故B错误；C．根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为2m1sin2Qmgxmv=−电阻R产生的焦耳热为2Rm1(sin)2RRQQmgxmvRrRr==−++故C错误；D．在此过程中流过电阻R的电荷量为qIt=其中EIRr=+Et=联立可得

==++BLxqRrRr故D正确。故选AD。10.如图是通过降压变压器给用户供电的电路示意图，变压器到用户端输电线的总电阻为0R，假设用户端所有用电器均为纯电阻用电器，用图中虚线框中的R表示用户端正在使用的许多用电器的总电阻。已知输入端输入的是正弦交流电且电压恒定，变压器、各电

表均为理想器材，当用户端使用的用电器个数减少时，则（）A.用户端总电阻R减少B.电流表1A示数减小C.电压表2V示数增大D.用户端电压表3V示数增大【答案】BD【解析】【详解】A．根据并联电路的特点，当用户端使用的用电器个数减少时，用户

总电阻增大，故A错误；BC．原线圈的电压不变，原副线圈的匝数比不变，所以副线圈的电压不变，既电压表2V示数不变，而副线圈的总电阻增大，由220UIRR=+副线圈的电流I2变小，根据原副线圈的电流与匝数的关系可知2122nIIn=可

知电流表1A示数减小，故B正确，C错误；D．由2203UIRU=+可知，U3增大，既用户端电压表3V示数增大，故D正确。故选BD。11.如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置,其上端接有一阻值为R的电阻,一质量为m、长度为L、电阻也为R的导体棒垂直

导轨放置且与导轨接触良好,整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.现将金属棒由静止释放,金属棒下落过程中始终水平,经一定时间后金属棒速度达到最大速度v,此过程中通过电阻的电荷量为q,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.此过程中金属棒做加速度减小的加速运动B.此过程

中金属棒下落的距离为qRBLC.此过程中金属棒克服安培力做的功为241()2mgqBmvBL−D.当金属棒速度为2v时,金属棒的加速度大小为0.5g【答案】AD【解析】【详解】下降过程中，金属棒受到竖直向下的重力，竖直向上的安培力作用，故mgFam−=，而22''22BLvBLvFBILBLRR=

==，速度增大，故安培力增大，所以加速度减小，故金属棒做加速度减小的加速运动，A正确；过程中通过金属棒的电荷量为22BLxqRR==，故下落的距离为2qRxBL=，根由于金属棒的电阻和定值电阻R的电阻相等，故两者产生的热量相等，根据能量守恒定律可得212mgxQmv−=，12

FWQ=，，解得24FmgqRWmvBL=−，，BC错误；当金属棒速度为2v时，安培力大小为22222'24vBLBLvFRR==，故'mgFam−=，而222BLvmgR=，故120.5mgmgagm−==，D正确．12.在均匀介质中坐

标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为5sin2yt=，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12m处，波形图象如图所示，则（）A.此后再经6s该波传播到x=2

4m处B.M点在此后第3s末的振动方向沿y轴正方向C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向D.此后M点第一次到达y=-3m处所需时间是2s【答案】AB【解析】【详解】A．波的周期T=4s波长λ=8m波速2m/svT==则再经过6s，波传播的距离为x=vt=12m故该波传到x=24m处，选项

A正确；B．M点在此时振动方向向下，则第3s末，即经过了0.75T，该点的振动方向沿y轴正方向，选项B正确；C．因波传到x=12m处时，质点向y轴正方向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向，选项C错误；D．因为35<

22=sin45°故M点第一次到达y=–3m位置时，振动的时间小于4T=1s，选项D错误。故选AB。【名师点睛】此题考查了质点的振动及机械波的传播；要知道质点振动一个周期，波向前传播一个波长的距离；各个质点的振动都

是重复波源的振动，质点在自己平衡位置附近上下振动，而不随波迁移；能根据波形图及波的传播方向判断质点的振动方向。第II卷非选择题（合计52分）三、实验题（每空2分，共16分）13.如图甲所示为一交变电压随时间变化图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后

二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电源接入如图乙所示的电路，电阻R阻值为100Ω，则理想电压表读数为____V，电阻R消耗的电功率为____W。【答案】①.75②.56.25【解析】【详解】[1]设理想电压表读数为U，根据

交流电有效值的定义，一个周期内产生的热量的22250100222UTTQTRRR==+解得U=75V[2]由欧姆定律可得电阻R的电流I=UR=0.75A由电功率公式可得电阻R消耗的电功率P=I2R=5625W14.用单摆测重力加速度的实验装置

如图所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用___________A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距离

（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=___________（用L、n、t表示）。（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间

t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/（2ms−）9.749.73.请计算出第3组实验中的T=___________s，g=___________2m/s。（4）用多组实验数据做出2TL−图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的2TL−图线的示意

图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是___________。A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记

为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示。由于家里只有一根量程为30c

m的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g=___________（用

l1、l2、T1、T2表示）。【答案】①.AD##DA②.2224nLt③.2.01④.9.76##9.77⑤.B⑥.()21222124llTT−−【解析】【详解】（1）[1]在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1m左右的

不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差。故选AD。（2）[2]n次全振动所用的时间t，则振动周期为tTn=根据单摆周期公式2LTg=联立可得重力加速度为2222244LnLgTt==（3）[3]

50次全振动的时间为100.5s，则振动周期为100.5s2.01s50tTn===，[4]根据224πLgT=可得222212.0143.14m/s9.76m/sg=（4）[5]根据单摆周期公式2LTg=可得224TLg=可知2TL−图像的斜率为24

kg=图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线bA．图线a与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，可能是漏加小球半径，以悬点到小球上端的距离记为摆长，故A错误；BC．若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，g值测量值偏大，对应的图像斜率偏小，即图线c对应的g

值大于图线b对应的g值，故B正确，C错误。故选B。（5）[6]设A到铁锁重心的距离为l，则第一次的实际摆长为1+ll，第二次的实际摆长为2+ll，由周期公式可得112llTg+=，222llTg+

=联立解得21222124()llgTT−=−四、解答题：（17题10分，18题12分，19题14分，共计36分。）15.一列简谐横波由质点A向质点B传播，已知A、B两点相距4m，这列波的波长大于2m而小于20m．如图甲、

乙表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象，求波的传播速度．【答案】v1＝403m/s或v2＝407m/s【解析】【详解】由振动图象读出T=0.4s．分析图象可知：t=0时，质点A位于+y方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向负y方向运动．所以AB间距4=（n+3/

4）λ，λ=16/（4n+3），其中n=0，1，2，…所以n=0、1两个可能的取值，即：λ1163=m，λ2=167m，因v=λ/T，所以v1=403m/s，v2=407m/s．16.某个小型水电站发电机的输

出功率为P1=100kW，发电机的输出电压为U1=250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V，要求在输电线上损失的功率控制在4k

W，请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：（1）升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？（2）输电线损失的电压为多少？升压变压器输出的电压是多少？（3）两个变压器匝数比各应等于多少？的【答案】(1)400A，20A；(2)200V，5000V；(3)120∶，24011∶【解

析】【分析】【详解】(1)升压变压器输入的电流为311110010A400A250PIU===由22=PIR损解得输电线上通过的电流是24000A20A10PIR===损(2)输电线损失的电压为2=2010V200VUIR==损由1222PPUI==可得升压变

压器输出的电压是322210010V5000V20PUI===(3)升压变压器的匝数比为11222501500020nUnU===降压变压器输入电压为32=5000V-200V4800VUUU=−=损降压变压器的匝数比为3344480024022011nUnU===17.如

图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成37=固定放置，斜面上平行虚线aa和bb之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为1md=，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。现有一质量为m、总电阻为10R=

、边长也为1md=的正方形单匝金属线圈MNPQ，其初始位置有一半面积位于磁场中。在00.25s内，线圈在平行斜面向上的力F作用下恰好能保持静止，且在0.125st=时力0.3NF=。在0.25st=时刻撤去力F，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa保持平行。已知

线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动。求：（取sin370.6=，cos370.8=，210m/sg=）（1）求t=0.125s时安培力大小和方向（2）线圈的质量m；（3）线圈在磁场中运动的最大速度；（4）线圈从开始运动到通过整个磁

场的过程中，线圈中产生的焦耳热。【答案】（1）0.3N，方向平行斜面向上；（2）0.1kg；（3）1.5m/s；（4）0.7875J【解析】【详解】（1）根据楞次定律可知00.25s内线圈MNPQ感应电流方向为顺

时针（从上往下看），t=0.125s时磁感应强度为11.5TB=，感应电动势为22Φ1111V=2V20.252BEdtt===此时线圈MQ和NP边安培力相互抵消，线圈所受安培力大小即为MN边受到的安培力

大小，即11=0.3NEFBIdBdR==安方向平行斜面向上。（2）在0.125st=时力0.3NF=，此时线圈受力平衡有sin37mgFF=+安解得0.1kgm=（3）撤去力F后线圈加速下滑，因为安培力作用，加速度在减小，当加速度为0时，速度到达最大值mv，有sin370mgF−

=安，m=BdvFBIdBdR=安，2TB=的联立解得m1.5m/sv=（4）根据前面分析可知线圈在达到最大速度后将保持该速度匀速运动直到完全离开磁场，从开始运动到通过整个磁场的过程中，根据能量守恒有2m31

sin3722mgdmvQ=+解得线圈中产生的焦耳热为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com