2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（下）期中物理试题 （解析版）

成都外国语学校2021——2022学年度下期期中考试

高二物理试卷

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

2、本堂考试100分钟，满分100分；

3、答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。

4、考试结束后，将答题卡交回。

第Ⅰ卷  选择题部分

一、单项选择题（本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共24分）

1. 关于电磁波，下列说法正确的是（　　）

A. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关

B. 只要有变化的电场一定能形成电磁波

C. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直

D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输

【答案】C

【解析】

【详解】A．电磁波在真空中的传播速度都相同，与电磁波的频率无关，故A错误；

B．变化的电场不一定产生变化的磁场，比如均匀变化的电场产生稳定的磁场，故B错误；

C．电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直.故C正确；

D．电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输，故D错误．

故选C。

2. 机械波在介质中传播时，下列说法中错误的是（　　）

A. 各质点都在各自的平衡位置附近振动

B. 相邻质点间必有相互作用力，波传播过程中，各质点均做受迫振动

C. 后一质点的振动必定落后于前一质点

D. 各质点也随波的传播而迁移

【答案】D

【解析】

【详解】机械波在介质中传播时，各质点都在各自的平衡位置附近振动，不会随波的传播而迁移，相邻质点间必有相互作用力，波传播过程中，各质点均做受迫振动，且后一质点的振动必定落后于前一质点，故ABC正确，D错误。

本题选错误的，故选D。

3. 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交变电流，下列说法正确的是（　　）

A. 线圈平面经过中性面时，线圈磁通量零

B. 线圈每转动一周，感应电流及感应电动势方向改变一次

C. 线圈平面经过中性面时，感应电流为零

D. 线圈平面经过中性面时，感应电动势最大

【答案】C

【解析】

【详解】A．线圈平面经过中性面时，线圈平面与磁场方向垂直，则线圈磁通量最大，故A错误；

B．线圈每转动一周，经过两次中性面，每经过一次中性面感应电流及感应电动势方向都要改变一次。因此线圈每转动一周，感应电流及感应电动势方向改变两次，故B错误；

CD．线圈平面经过中性面时，磁通量变化率为零，则感应电动势和感应电流都为零，故C正确，D错误。

故选C。

4. 如图所示，实线是点电荷形成的电场线，一个电子仅在电场力的作用下以速度从a点运动到b点，速度变为，虚线为该粒子的运动轨迹，则下列说法中正确的是（　　）

A. AB所在电场线的方向从A到B

B. 电子在a处的加速度一定大于在b处的加速度

C. 电子在a处的电势能大于在b处的电势能

D. 电子在a处的动能大于在b处的动能

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像可知，电子受到的电场力方向向右，故电场线方向向左，即AB所在电场线的方向从B到A，故A项错误；

B．b点电场线比a点电场线密集，故b点电子受到的电场力大，故加速度大，所以电子在a处的加速度小于在b处的加速度，故B项错误；

C．因为电子从a点运动到b点且受到的电场力方向向右，故电子受到的电场力做正功，电子的电势能减小，即电子在a处的电势能大于在b处的电势能，故C项正确；

D．由C项分析可知，电子受到的电场力做正功，即合外力做正功，故其动能增加，即电子在a处的动能小于在b处的动能，所以D项错误。

故选C。

5. 对一台理想变压器，原、副线圈的匝数比n1∶n2=20∶1，原线圈接入220 V的交流电压，副线圈向一电阻为110 Ω的用电器供电，则副线圈中的电流为（　　）

A. 2 A B. 0.1 A C. 0.5 A D. 0.005 A

【答案】B

【解析】

【分析】

详解】由

解得副线圈两端的输出电压

所以副线圈的电流

故选B。

6. 如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输送功率增大，下列说法中正确的有（　　）

A. 升压变压器的输出电压增大

B. 降压变压器的输出电压增大

C. 输电线上损耗的功率占总功率的比例减小

D. 输电线上损耗的功率增大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．由于电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，A错误；

B．由于输送功率增大，则升压变压器的输出功率增大，升压变压器的输出电压U2不变，由P=UI，可知输电线上的电流I线增大，由U损=I线R，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压U3=U2−U损减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，B错误；

C．由

电厂的输出电压不变，输电线电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随输送功率的增大而增大，C错误；

D．由P损=I线2R可知，输电线上的电流I线增大，电阻不变，所以输电线上损耗的功率增大，D正确。

故选D。

7. 质量为kg的小球静止在O点，现用手竖直向上托起小球至A点，使弹簧处于原长状态，如图甲所示。时放手，小球在竖直方向上A、B之间运动，其位移x随时间t的变化如图乙所示，g取，下列说法正确的是（　　）

A. 小球在时速度向上

B. 小球在时加速度向下

C. 小球从A到B过程中，弹簧的弹性势能一直增大

D. 该弹簧劲度系数为100N/cm

【答案】C

【解析】

【详解】A．小球在0～1s时间内向下运动，所以时速度向下，A错误；

B. 小球在1s～1.5s时间内从静止开始向上加速运动，1.5s末运动到平衡位置时速度最大，加速度向上，所以时加速度向上，B错误；

C. 小球从A到B过程中，弹簧的形变量增大，弹簧的弹性势能一直增大，C正确；

D. 因为质量为kg的小球静止在O点，根据平衡条件得

解得 ，D错误。

故选C。

8. 如图（a），在同一平面内固定有一长直导线和一导线框R，R在的右侧．导线中通有正弦交流电i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势（    ）

A. 在时为零 B. 在时改变方向

C. 在时最大，且沿逆时针方向 D. 在时最大，且沿顺时针方向

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】根据右手螺旋定则可知，当电流为正时，穿过线框R的磁通量垂直纸面向内，而且磁感强度的大小与电流大小成正比，在0~时间内，穿过线圈的磁通量向内的逐渐增多，感应电流的磁场向外，感应电动势为逆时针方向，由于QP中的电流增加的越来越缓慢，感应电动势越来越小，在图像中，图像的斜率与感应电动势成正比，因此在时刻，感应电动势为零；在~时间内，穿过线框R的磁通量先向内的减少，然后再向外的增多，感应电动势为顺时针方向先增大后减小，在t=时刻，感应电动势最大；在~时间内，穿过线框R的磁通量向外的减少，感应电动势为逆时针方向，且在t=T时刻达到最大值。

故选A。

二、多项选择题（本题共5小题。每小题只有两个正确选项，选对但不全得2分，全部选对得4分，不选或错选不得分，共20分）

9. 下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是（　　）

A. 相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强

B. 相遇之后，两列波的振动情况与相遇前完全相同

C. 在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和

D. 相遇之后，振动加强区域内质点的位移始终最大

【答案】BC

【解析】

【详解】ABC．两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变与相遇前完全相同，而在相遇区域，任一质点的振动则是两列波共同作用的结果，即任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和，故A错误，BC正确；

D．相遇之后，振动加强区域内质点的振幅为两列波振幅之和，但仍然在各自的平衡位置周期性振动，即位移周期性改变，而不是一直最大，故D错误。

故选BC。

10. 频率不同的两束单色光a和b以相同的入射角从同一点射入某玻璃棱镜后，光路如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 该棱镜对a光的折射率较b光的大

B. a光在该玻璃中的传播速度较b光的大

C. a光的频率较b光的大

D. a光和b光从该玻璃以相同的入射角射到玻璃和空气的界面上，a光没能进入空气，则b光也一定不能进入空气

【答案】AC

【解析】

【详解】AC．由图可知a光的偏折程度比b光的偏折程度大，所以该棱镜对a光的折射率较b光的大，a光的频率较b光的大，故AC正确；

B．根据可知a光在该玻璃中的传播速度较b光的小，故B错误；

D．根据可知a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，当a光和b光从该玻璃以相同的入射角射到玻璃和空气的界面上，a光没能进入空气，说明入射角大于a光的临界角，但不一定大于b光的临界角，所以b光不一定不能进入空气，故D错误。

故选AC。

11. 如图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙为该波上A质点的振动图象，则下列判断正确的是（　　）

A. 这列波的波速为2.5m/s

B. 这列波沿x轴正方向传播

C. 质点A在0.2 s内通过的路程一定为20cm

D. 若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由图可知波的波长为0.4m，周期为0.4s，则波速

故A错误；

B．时刻，质点向轴正方向振动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故B错误；

C．时质点A在平衡位置，0.2 s内即通过的路程一定为

故C正确；

D．波的频率

若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz，故D正确。

故选CD。

12. 如图所示，两根平行长直光滑金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中一导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动一段距离后达到最大速度运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计在这一过程中（　　）

A. 导体棒中a点电势高于b点电势

B. 导体棒做匀加速直线运动

C. 当速度达到最大速度v时，导体棒ab两端的电压为Bdv

D. F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能

【答案】AD

【解析】

分析】

【详解】A．根据右手定则可知，感应电流是从b到a，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，故a的电势高于b点的电势，故A正确；

B．随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为0，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，左后加速度为0，速度达到最大，故B错误；

C．当速度达到最大速度v时

根据闭合电路欧姆定律可得，路端电压

故C错误；

D．根据动能定理F做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，故D正确。

故选AD。

13. 如图，M，N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为，孔Q到板的下端C的距离为L，当M，N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则下列说法正确的是（　　）

A. 两板间电压的最大值

B. CD板上可能被粒子打中区域的长度为

C. 粒子在磁场中运动的最长时间

D. 能打到N板上的粒子的最大动能为

【答案】AD

【解析】

【详解】画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示

A．当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半径，在加速电场中，根据动能定理

在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得

可得两板间电压的最大值

故A正确；

B．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系

解得

粒子打中区域的长度

故B错误；

C．粒子在磁场中运动的周期

粒子在磁场中运动的最大圆心角

所以粒子在磁场中运动的最长时间为

故C错误；

D．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能为

根据洛伦兹力提供向心力可得

解得能打到N板上的粒子的最大动能为

故D正确。

故选AD。

第Ⅱ卷（非选择题  共56分）

注意事项：

1．答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓名，准考证号填写清楚。

2．请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试卷上作答无效。

三、实验题（本题共2个小题，满分13分）

14. 用单摆测定重力加速度的实验如图1所示。

（1）组装单摆时，应在下列器材中选用______。

A．长度为1 m左右的细线

B．长度为30 cm左右的细线

C．直径为1.8 cm的塑料球

D．直径为1.8 cm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）用多组实验数据做出T2­L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2­L图线的示意图如图2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L

B．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L

C．出现图线c的原因可能是误将n次全振动记为n+1次（n >30）

D．图线c对应的g值小于图线b对应的g值

【答案】    ①. AD    ②.     ③. BC

【解析】

【详解】（1）[1]为减小实验误差，应选择1m左右的摆线，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球， BC错误，AD正确。

故选AD。

（2）[2]单摆完成n次全振动所用的时间t,则单摆的周期为

由单摆的周期公式为

解得重力加速度为

（3）[3]AB．若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有

根据数学知识可知，对T2-L图象来说，与b线斜率相等，两者应该平行，是截距；故做出的T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L；A错误,B正确；

C．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小；C正确；

D．由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率为

当地的重力加速度为

可知，g值大于图线b对应的g值；D错误。

故选BC。

15. 要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：

电池组（电动势为4.5 V，内阻约1 Ω）；

电流表（量程为0～250 mA，内阻约5 Ω）；

电压表（量程为0～3 V，内阻约3 kΩ）；

电键一个、导线若干。

（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______（填字母代号）。

A．滑动变阻器（最大阻值20 Ω，额定电流1 A）

B．滑动变阻器（最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A）

（2）请将设计的实验电路图画入下面的方框中______。

（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。现将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，由此得到小灯泡消耗的功率是______W。（保留两位有效数字）

【答案】    ①. A    ②.     ③. 0.10

【解析】

【详解】（1）[1]为了方便调节电路，实验中所用的滑动变阻器应选A；

（2）[2] 为了使灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，滑动变阻器采用分压接法；小灯泡的电阻为

因为

电流表采用外接法，电路如图所示

（3）[3]根据欧姆定律得

当 时

当 时

画出图像如图所示

小灯泡消耗的功率是

四、计算题（本题共4个小题，共43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能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

16. 如图所示为一座小型水电站对用户输电的示意图，发电机的输出功率为90kW，输出电压为 500V，输电线电阻为2Ω，线路消耗的功率为输出功率的2%，若用户需要220V电压时，求：升压、降压变压器（看作理想变压器）原、副线圈匝数比分别为多少。

【答案】，

【解析】

【详解】根据对功率损耗要求，有

代入数据得

由

得

对升压变压器，根据

得

又

对降压变压器，有

可得

17. 如图所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点O从时刻开始，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为，形成的简谐波同时沿该直线向Ob和Oc方向传播，在时，质点b恰好第一次到达正向最大位移处，O、b两质点平衡位置间的距离，O、c两质点平衡位置间的距离。求：

（1）此横波的波长和波速；

（2）计算的时间内质点c运动的总路程。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）由振动方程可知

对b质点有

得

又由

得

（2）设波传至c点用时为，有

故质点c此后振动，振动路程为

18. 一个半圆柱形透明玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率为n=

(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少?

(2)一细束光线在O点左侧与O相距处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置？

【答案】(1)；(2)此光线从玻璃砖射出点的位置在O点左侧或者右侧处

【解析】

【详解】(1)根据全反射定律得

即临界角为，如图

由几何知识得

则入射光束在AB上的最大宽度为

(2)设光线在距离O点的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得

光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图

由反射定律和几何关系得

射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。

19. 如图所示，光滑导轨abc与fed相距L=0.1m，其中ab、fe段是倾角θ=60°的直轨道，bc、ed段是半径r=0.625m的圆弧轨道且与ab、fe相切，c、d右侧有一竖直向下的匀强电场，场强，轨道末端c、d点切线与一放置在光滑水平地面上、质量M=2kg的木板上表面平滑连接。并在c、d处静止放有一质量为m1=1kg，带电量为的金属杆（金属杆与导轨未接触）。在abef间有垂直于轨道平面向下、的匀强磁场，定值电阻R=1Ω。现把质量为m=1kg、电阻不计的金属杆从距b、e高h=1m的导轨上静止释放，杆在直轨道上先加速后匀速下滑，滑到c、d处与m1发生正碰且粘在一起。如果两金属杆与木板间摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2，求：

（1）杆由静止下滑到cd的过程中R上产生的焦耳热Q；

（2）杆运动到cd时对轨道的压力大小；

（3）要使杆不从木板上掉下，木板的最小长度s。

【答案】（1）；（2）50N；（3）0.625m

【解析】

【详解】（1）在磁场中匀速运动

又

在磁场中运动过程，由能量守恒定律

可得

（2）出离磁场运动至cd处过程中

在cd处

由牛顿第三定律

可得

N

（3）此后与金属杆碰撞，由动量守恒

碰后两者一起滑上木板，最终三者共速，由动量守恒

由能量守恒

综上