2022重庆荣昌区永荣中学高二下学期期中考试物理试题含解析

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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 B. 拉力F的冲量大小为C. 摩擦力的冲量大小为 D. 支持力的冲量大小为【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，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物体所受支持力大小为所以摩擦力的冲量大小为支持力的冲量大小为故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，由回复力公式可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知故加速度不断减小。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0.5s B. 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所以，固有周期约为故A错误；B．根据单摆周期公式得故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，此时烟花炸裂成沿直线上的两块(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.  B.  C.  D. 【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，则有解得故选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），则一个周期内该电流的有效值为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】设该电流的有效值为I，由解得故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18m/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，则解得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和理想降压变压器向远处用户供电，输电线的总电阻为的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和；的输入电压和输入功率分别为和，它的输出电压和输出功率分别为和设的输入电压一定，当用户消耗的电功率变大时，有　　A. 不变，变小 B. 减小，变大C. 变大，变大 D. 不变，变小【答案】AC【解析】【详解】当用户消耗的电功率变大时，变大，根据变压器原理可知，变大，而输入电压一定，则不变，所以变大，变大，，输电线上电流变大，导线上损失电压变大，，所以变小，则变小，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. BC    ②. m1x2=m1x1+m2x3【解析】【详解】（1）[1]A.碰撞过程中动量、能量守恒，则解得因此让小球碰撞后不反弹，两球质量满足故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，到第次经过最低点所用的时间为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，再用螺旋测微器测得摆球的直径为（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）。A．长约的细线B．长约的橡皮绳C．直径约均匀铁球D．直径约的均匀木球(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，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间【答案】    ① AC##CA    ②. 5.980    ③.     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，到第次经过最低点所用的时间内为，确定单摆全振动的次数，再求解周期。单摆的长度为将摆长、周期代入单摆的周期公式求出重力加速度的表达式；
(4)由摆周期公式得，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，可动刻度读数则最终读数为。(3)[3]由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为，到第n次经过最低点所用的时间内为，则单摆全振动的次数为周期单摆的长度为由单摆的周期公式得(4)[4]由摆周期公式，可得A．振幅大小与无关，故A错误；
B．开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则偏小，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，误将摆球球次全振动的时间记为ｎ-1次全振动的时间，则周期偏小，则偏大，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，矩形空间边长为和，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。【答案】（1）；（2）【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解得设圆心角为θ，则有解得电子在磁场中的飞行时间为（2）根据题意，由牛顿第二定律有解得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s时，线圈中电流的瞬时值。【答案】（1）50V；（2）e=50sin10πt（V）；（3）【解析】【分析】【详解】(1)线圈中感应电动势的最大值为联立，可得(2) 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为代入数据，得(3)线圈从开始计时经s时，线圈中电动势的瞬时值为根据闭合电路欧姆定律，有联立，可得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 , 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）1 m/s  ；（2）    ；（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:代入数据得:（2）AB分离时，由动量守恒定律得   A球由 e到d根据动能定理得代入数据得（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得A球在b由牛顿第二定律得代入数据得