【文档说明】重庆市荣昌永荣中学2021-2022学年高二下学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.124 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fc567a32423f502c53f315e0cd072c3c.html

以下为本文档部分文字说明：

2021-2022学年度永荣中学高二下物理期中考试卷第I卷（选择题）一、单选题（共28分；每题4分）1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（）A.奥斯特发现了电流热效应的规律B.欧姆总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发

现了电流的磁效应，提出了电现象和磁现象之间的联系D.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，焦耳发现电流热效应的规律，故A错误；B．库伦总结出了点电荷间相互作用

的规律，故B错误；CD．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误，D正确。故选D。2.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重力加

速度大小为g，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是（）A.拉力F的冲量大小为FtB.拉力F的冲量大小为cosFtC.摩擦力的冲量大小为FtD.支持力的冲量大小为mgt【答案】A【解析】【详解】AB．根

据冲量的定义可知拉力F的冲量大小为Ft，故A正确，B错误；CD．根据平衡条件可知物体所受摩擦力大小为cosfF=物体所受支持力大小为sinNmgF=−所以摩擦力的冲量大小为cosfIftFt==支持力

的冲量大小为()sinNINtmgFt==−故CD错误。故选A。3.如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是(

)A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．【详解】A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误．B、由图知，

闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流．故B正确．C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误．D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故

D错误．故选B．4.如图所示，弹簧振子在BC之间做简谐运动，当振子位于O点时，弹簧处于原长。在振子从C运动到O的过程中（）A.动能不断增大，加速度不断减小B.回复力不断增大，系统机械能守恒C.弹性势能不断减小，加速度不断增大D.弹性势能不断增大，加速度不断减小【答案】

A【解析】【详解】A．做简谐运动的弹簧振子，由C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力方向充当回复力也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，

由回复力公式Fkx=−可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知Fkxma=−=故加速度不断减小。故A正确；B．由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；CD．振子由C到

O的过程中弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故CD错误。故选A。5.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率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，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动【答案】B【解析】【详解】A．由共振曲线可知，此单摆的固有频率约为0.5Hzf=所以，固

有周期约为12sTf==故A错误；B．根据单摆周期公式2lTg=得()22229.82m1m443.14gTl=故B正确；CD．根据单摆周期公式得，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，所以固有频率减小，

共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。故选B。6.一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为0v，此时烟花炸裂成沿0v直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。向前一块的

质量为m，向前一块的速度大小为（）A.02MvMm−B.0MvMm−C.02MvmM−D.022MvmM−【答案】C【解析】【详解】令向前一块的速度大小为v，由于爆炸后两块均在空中做平抛运动，根据落地时水

平位移大小相等可知，爆炸后两块的速度大小相等方向相反，而爆炸过程系统动量守恒，令爆炸前的速度方向为正方向，则有0MvmvMmv=−−（）解得02MvvmM−＝故选C。7.如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像（前半个周期为正弦波形的12），则一个周期内该电流的

有效值为（）A.032IB.052IC.032ID.052I【答案】B【解析】【详解】设该电流的有效值为I，由()222002242ITTIRTRIR=+解得052II=故B正确。故选B。二、多选题（共

15分；每题5分，有错选或不选得0分，漏选得3分，全选对得5分）8.一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（）A.乌贼喷出的水的速度大小为18

m/sB.在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·sC.在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大D.在乌贼喷水的过程中，有18J的生物能转化成机械能【答案】AD【解析】【详解】AC．在乌贼

喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，则21Mvmv=解得118m/sv=A正确，C错误；B．根据动量定理可知，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为21.8NsIMv==

B错误；D．在乌贼喷水的过程中，乌贼消耗的生物能等于系统机械能的增量，即22211118J22EMvmv=+=D正确。故选AD。9.图示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（）A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲单摆的振幅比乙单摆的大C.甲单摆的机械能比

乙单摆的大D.在t=0.5s时，有正向最大加速度的是乙单摆【答案】ABD【解析】【详解】A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式2πlTg=可知，甲、乙两单摆的摆长l相等，A项正确；B．甲单摆的振幅为10cm，乙单摆的振幅为7cm，则甲单摆的振幅比乙单摆

的大，B项正确；C．尽管甲单摆的振幅比乙单摆的大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，所以无法比较两单摆机械能的大小，C项错误；D．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，乙单摆经过负向最大位移处，所以此时有正向最大加速度的是乙单摆，D项正确。故选ABD。10.如图所示，有一台

交流发电机E，通过理想升压变压器1T和理想降压变压器2T向远处用户供电，输电线的总电阻为1.RT的输入电压和输入功率分别为1U和1P，它的输出电压和输出功率分别为2U和2P；2T的输入电压和输入功率分别为3U和3P，它的输出电压和输出功率分别为4U和4.P设1T的输入电压1U一定，当用户消耗的

电功率变大时，有()A.2U不变，3U变小B.2U减小，4U变大C.2P变大，3P变大D.1P不变，2P变小【答案】AC【解析】【详解】当用户消耗的电功率变大时，4.P变大，根据变压器原理可知，3P变大，而输入电压1U一定，则2U不变，所以2P变大，1

P变大，，输电线上电流变大，导线上损失电压变大，23UUU=+，所以3U变小，则4U变小，AC正确BD错误．第II卷（非选择题）三、实验题（共15分，其中11题6分；12题9分）11.某实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。（1

）下列说法正确的是____________。A．实验中两小球质量应满足的关系是m1<m2B．实验中必需调节斜槽末端的切线沿水平方向C．实验中每次必需从同一位置由静止释放小球m1D．实验中必需测量小球抛出点距落点的高度H（

2）用天平测出入射小球质量m1、被碰小球质量m2；用刻度尺测出小球落点M、P、N距O点距离各为x1、x2、x3，只要等式_______（用m1、m2、x1、x2、x3表示）成立，就验证了碰撞过程动量守恒。【答案】①.BC②.m1x2=m1x1+m2x3【解析】【详解】（1）[1]A.

碰撞过程中动量、能量守恒，则101122mvmvmv=+122221012111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+因此让小球碰撞后不反弹，两球质量满足12mm＞故A错误；B.保证小球做平抛运动，所以实验

前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向，故B正确；D．可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量开始释放的高度h，只是每次必需平抛的初速度相同，所以要从同一位置由静止释放小球m1，故C正确，D

错误。故选BC。（1）[2]由碰撞中的动量守恒，得m1x2=m1x1+m2x312.某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5。在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t

。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。(1)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的__________

_（选填选项前的字母）。的A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球(2)从图乙可知，摆球的直径为d=___________mm。(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=___________。(4)乙同学测得的重力

加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是___________（选填选项前的字母）。A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下停表C．测量周期时，误将摆球12n−次全振动的时间记为n1−次全振动的时间【答案】①AC##CA②.5.980③.222

12dnLt−+（）（）④.C【解析】【分析】(1)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的铁球；(2)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，

需估读一位；(3)根据从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，确定单摆全振动的次数，再求解周期。单摆的长度为2dlL=+。将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式g；(4)由摆周期公式得224lgT=，即可分析误差。常用仪器的读数要

掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物的.理量之间的关系。单摆的周期采用累积法测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。【详解】(1)[1]摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1米

左右的细线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的铁球。故选AC。(2)[2]螺旋测微器的主尺读数为5.5mm，可动刻度读数0.0148.0mm0.480mm=则最终读数为5.980mm。(3)[3]

由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为12nN−=周期21ttTNn==−单摆的长度为2dlL=+由单摆的周期公式2lTg=得22212dnLgt−+=（）（）(4)[4]由摆周期公式T2πLg=，可得22

4lgT=A．振幅大小与g无关，故A错误；B．开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，即测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故B错误；C．测量周期时，误将摆球球12n−次全振动的时间记为ｎ-1次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，即测得的重力加速度数值大于当地的重力

加速度的实际值，故C正确。故选C为。四、解答题（共42分，其中13题12分；14题14分；15题16分）13.如图所示，一束电子流以速率v通过一个处于矩形空间的大小为B的匀强磁场，速度方向与磁感线垂直，且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为3a和a，电子刚好从矩形的相对的两个

顶点间通过，求：（1）电子在磁场中的飞行时间？（2）电子的荷质比qm。【答案】（1）23av；（2）2vBa【解析】【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系有()()2223RRa

a=−+解得2Ra=设圆心角为θ，则有3sin2=解得60=电子在磁场中的飞行时间为60223603Ratvv==（2）根据题意，由牛顿第二定律有2vqvBmR=解得2aqvBBrvm==14.一矩形线圈，面积是0.05m2

，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻为R=4Ω，线圈在磁感应强度为1B=T的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的最大值。（2）线圈中感应电动势的

瞬时值表达式。（3）线圈从开始计时经130s时，线圈中电流的瞬时值。【答案】（1）50V；（2）e=50sin10πt（V）；（3）53A【解析】【分析】【详解】(1)线圈中感应电动势的最大值为ω2mENBSn==，联立，可得50VmE=(2)线圈中感应电动

势的瞬时值表达式为()sinVmeEt=代入数据，得()50sin10Vet=(3)线圈从开始计时经130s时，线圈中电动势的瞬时值为()150sin10V30e=根据闭合电路欧姆定律，有eiRr=+联立，可得

53Ai=15.如图，竖直固定轨道abcd段光滑，长为L=1．0m的平台de段粗糙，abc段是以O为圆心的圆弧．小球A和B紧靠一起静止于e处，B的质量是A的4倍．两小球在内力作用下突然分离，A分离后向左始终沿轨道运动,与de段的动摩擦因数μ=0．2，到b点时轨道对A的支持力等于

A的重力的35,B分离后平抛落到f点，f到平台边缘的水平距离s=0．4m,平台高h=0．8m，g取10m/s2，求：（1）AB分离时B的速度大小vB；（2）A到达d点时的速度大小vd；（3）圆弧abc的半径R．【答案】（1）1m/s；（2）

23m/s；（3）0.5m【解析】【分析】【详解】（1）B分离后做平抛运动,由平抛运动规律可知:212hgt=Bsvt=代入数据得:1m/sBv=（2）AB分离时，由动量守恒定律得AABBmvmv=A球由e到d根据动能定理得221122AAdAAmglmvm

v−=−代入数据得23m/sdv=（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得221122AAbAdmgRmvmv+=A球在b由牛顿第二定律得235bAAAvmgmgmR−=代入数据得0.5mR=