精品解析：江西省彭泽县第二中学2022-2023学年高二下学期5月期中物理试题（解析版）

期中

高二物理

一、选择题 （共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）

1. 下列有关各种家用电器工作原理的说法中正确的是（　　）

A. 微波炉是利用超声波给食品加热的

B. 电磁灶是利用电流的热效应加热食品的

C. 磁带录音机利用电磁感应原理工作的

D. 转页扇工作时是发电机在工作

【答案】C

【解析】

【详解】A．生活中常用的微波炉是用微波（电磁波）来加热食品的，故选项A错误；

B．电磁灶是利用电磁感应现象产生的感应电流给食物加热的，故选项B错误；

C．放音的主要原理磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应，故C正确；

D．电风扇是电动机，是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故选项D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了原子结构、电动机原理、微波炉原理以及电磁波的传播，属于基础知识的考查。

2. 如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是 （ ）

A. 线圈每转动一周，指针左右摆动两次

B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流

C. 图示位置ab边的感应电流方向为a→b

D. 线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零

【答案】C

【解析】

【详解】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误．

3. 某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设闭合线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对电梯内乘客的伤害。当电梯中的永久磁铁坠落至图示位置时（　　）

A. 该安全装置使电梯停在空中

B. 线圈A、B中的感应电流方向相反

C. 只有线圈A在阻碍电梯下落

D. 只有线圈B在阻碍电梯下落

【答案】B

【解析】

【详解】A．电梯速度为零时，穿过两线圈的磁通量均没有变化，根据楞次定律可知，线圈对电梯均没有力的作用，该安全装置并不能使电梯停在空中，故A错误；

B．当电梯运动时，穿过两线圈的磁通量方向相同，一个增加一个减少，根据楞次定律可知，两线圈产生的感应磁场方向相反，根据安培定则可知，两线圈产生的感应电流方向相反，故B正确；

CD．由上知，两线圈均产生感应电流，感应电流产生的磁场，均阻碍电梯的运动，故CD错误。

故选B。

4. 某兴趣小组通过示波器研究某电源的波形图，得到该电源电压U随时间t变化的图象如图所示，其中曲线为正弦曲线的一部分。由此可知，该电源电压的有效值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】设该电源电压的有效值为U，由

解得

故选A。

5. 如图是法拉第圆盘发电机示意图，铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，使圆盘转动，电阻R就有电流通过，下列说法正确的是（　　）

A. 仅改变圆盘转动的角速度，通过R的电流保持不变

B. 仅改变磁场的磁感应强度，通过R的电流发生改变

C. 仅断开电阻R，两铜片C、D间电势差为零

D. 同时改变磁场方向和圆盘的转动方向，通过R的电流方向不变

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．因感应电动势

而

则有

所以仅改变圆盘转动的角速度或仅改变磁场的磁感应强度，都会使通过R的电流发生变化，选项A错误，B正确；

C．仅断开电阻R，铜盘仍然转动，则铜条依然切割磁感线产生感应电动势，两铜片C、D间依然有电势差，而电路中由于电阻的R断开没有电流，选项C错误；

D．由右手定则可知，同时改变磁场方向和圆盘的转动方向，感应电动势正负极不变，通过R的电流方向不变，选项D正确。

故选BD。

6. 下图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后（　　）

A. 副线圈中的电流比为

B. 副线圈输出功率比为

C. 副线圈的接入匝数比为

D. 原线圈输入功率比为

【答案】C

【解析】

【详解】AC．设原线圈中电流为I1，匝数为n1，两端输入电压为U1，输入功率为P1，幅线圈中电流为I2，匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有

所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，A错误，C正确；

BD．根据功率计算式

可知，副线圈中输出功率P2变为原来的，根据理想变压器输出功率与输入功率相等可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的，BD错误。

故选C。

7. 测定折射率是鉴定宝石真假的一种方法。如图所示，ABCDE为某种宝石的截面图，，现使一束红光以入射角射到AC边上某点，在CE边中点M发生全反射，并从ED边上N点折射出，其中，，则（    ）

A. 该宝石的折射率

B. 红光从入射到N点射出经历的时间为

C. 调整红光的入射角i，可使光线在ED边上发生全反射

D. 换成蓝光进行鉴定，光线有可能在ED边上发生全反射

【答案】B

【解析】

【详解】A．做出光线传播光路如图所示，设光线在AC边的折射角为β。由几何关系可知：∠EMN=β，故：

所以

该宝石的折射率

故A错误；

B．根据光的传播规律，可得该单色光在钻石中传播的速度大小为

如图中光路所示，由几何关系可知，光在钻石中走过的路程为

s=PM+MN=4mm+4mm=8×10-3m

可得光在钻石中传播的时间

故B正确；

CD．根据以上分析可知，因为在P点的折射角等于在ED边上的入射角，根据光路可逆性原理可知，一定不会在ED边发生全反射，且在ED边折射角等于入射角，故CD错误；

故选B。

8. 如图，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（    ）

A. 闭合开关稳定后，A、B一样亮

B. 闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭

C. 闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭

D. 闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A错误，B正确；

CD．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C正确，D错误。

故选BC。

9. 如图所示，小明分别用力F1、F2、F3将同一木块由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，其中F1与斜面成 θ 角，F2沿水平方向，F3沿斜面向上，木块质量为m。在此过程中F1、F2、F3所做的功分别是W1、W2、W3，到达顶端时拉力的瞬时功率分别为P1、P2、P3，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】小明分别用力F1、F2、F3将同一木块由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，三种情况由于加速度相等，位移相等，根据可知，到达顶端是末速度等，末动能相等；根据可知，运动时间相等。根据动能定理可知有

可知，重力做相等，则做功相等，则有

根据可知，功相等，时间相等，则有

故选BC。

10. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（　　）

A. 导体棒做匀减速直线运动

B. 导体棒中感应电流的方向为b→a

C. 电阻R消耗的总电能为

D. 导体棒克服安培力做的总功小于

【答案】BC

【解析】

【详解】A．导体棒受到安培力的大小

可知v逐渐减小，所以安培力不断减小，由牛顿第二定律可知加速度大小不断先减小，故导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A错误；

B．由右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B正确；

C．由能量守恒可得

 所以电阻R消耗的总电能为

故C正确；

D．由功能关系可知

故选BC。

11. 图甲为一起重机的电路示意图，理想变压器的原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，照明灯的规格为“20V 10W”，电动机的内阻为r=0.5Ω，装置工作时，质量为m= 50kg的重物体恰好匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，电流表的示数为10.5A。设电动机的输出功率全部用来提升物体，下列说法正确的是（　　）

A. 原副线圈的匝数之比为n1∶n2=∶2

B. 重物匀速上升的速率v=0.3m/s

C. 电动机的效率为η =0.75

D. 若电动机被卡住不转，且电路尚未烧坏，则原线圈中电流为101.25A

【答案】BC

【解析】

【详解】A．原线圈电压为

照明灯正常工作，则副线圈电压为

原副线圈的匝数之比为

故A错误；

B．通过灯的电流为

通过电动机的电流为

电动机的输出功率等于重物克服重力做功的功率，则有

解得

故B正确；

C．电动机的效率

故C正确；

D．若电动机被卡住不转，为纯电阻电路，照明灯的阻值为

总电阻为

副线圈电流

根据变流比可知

故D错误。

故选BC。

二、实验题（共20分）

12. 用双缝干涉仪可以测量光的波长，部分实验装置如图所示。某同学在一次实验中，转动手轮调节分划板的位置，先使将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器的示数如图甲所示。然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上螺旋测微器的示数如图乙所示。图甲中的示数为________mm，图乙中的示数为________mm，由此求得相邻两条亮纹中心间距Δx为________mm。已知双缝间距d=2.0×10-4m，测得双缝到屏的距离L=0.700m，由计算式λ=__________，求得所测红光波长为__________nm。（最后结果取三位有效数字）

【答案】    ①. 2. 320    ②. 13.870    ③. 2.310    ④.     ⑤. 660

【解析】

【详解】[1]图甲中螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm，可动刻度读数为

0.01×32.0mm=0.320mm

则最终读数为

2.0mm+0.320mm=2.320mm

[2]图乙螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为

0.01×37.0mm=0.370mm

则最终读数为

13.5mm+0.370mm=13.870mm

[3]相邻亮条纹的间距

[4]根据得

[5]代入数据得

13. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数。

（1）本实验中，实验室有下列器材：

A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）

B．条形磁铁

C．多用电表

D．直流电源

E．开关、导线若干

上述器材在本实验中不需要的有 ______（填器材料序号），本实验中还需用到的器材有______。

（2）实验中，电源接变压器原线圈“0”、“ 8”接线柱，副线圈接“0”、“ 4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为4.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为______。

A.12.0VB.10.0VC.8.0VD.2.0V E.2.5V

（3）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接8.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是______。

A.0V    B. 0.7V     C.1.0V    D.64.0V

（4）用匝数na=400匝和nb=800匝的变压器，实验测量数据如表：

根据测量数据可判断连接交流电源原线圈是______（填na或nb）。

【答案】    ①. BD    ②. 低压交流电源    ③. C    ④. B    ⑤. nb

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故条形磁铁B不必用到；

[2]如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故直流电源C不必用到，需要用到低压交流电源，本实验中还需补充的器材是低压交流电源；

（2）[3]该变压器为理想变压器，根据理想变压器的变压器的规律可知

故选C；

（3）[4]根据理想变压器的规律

可以算出

但是此处铁芯为闭合，故所测得电压应小于1V，故选B；

（4）[5]由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端。故交流电原线圈为nb。

三、计算题（共36分）

14. 在我国很多地方都建有钟楼，每逢重大节日都会进行撞钟仪式．如图所示，在大钟旁用钢丝吊着质量为 m 的撞锤(可视为质点），其悬点 O 与撞锤重心的距离为 L，撞锤静止时恰好与大钟相接触．光滑轻质定滑轮与 O 等高，跨过定滑轮的轻质细绳一端连在撞锤上，另一端自然下垂．某次撞钟时，抓住绳子的自由端往下拉至 α= 37°时静止，此时连接撞锤的两根绳恰好成直角，然后突然松手，撞锤摆动后撞击大钟发出声音．（不计空气阻力，取 sin37° = 0.6，cos37°= 0.8)

(1)撞锤被拉起静止时，人对绳的拉力是多大？

(2)撞锤撞击大钟前的瞬间，钢丝的弹力是多大?

(3)若撞锤撞击大钟后速度变为 0，大钟对撞锤的冲量是多大?

【答案】（1）0.8mg；（2）1.8mg；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（ 1） 撞锤被拉起静止时，设人对绳的拉力为 F1，钢丝锤的拉力为 F2

则由受力分析得

联立得

（ 2）从静止释放到撞锤撞击大钟前的瞬间

撞锤撞击大钟前的瞬间，为圆周运动的最低点，则

联立得

（ 3）规定向右为正，则对撞锤

联立得

15. 半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示，O为圆心，一束平行光线照射到玻璃砖MO′面上，中心光线a沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O点发生全反射，已知∠AOM=45°。求：

（1）玻璃砖的折射率n；

（2）玻璃砖底面MN能出射光束的宽度是多少？ （不考虑玻璃砖MON面的反射）

【答案】(1)；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）由

得玻璃砖的折射率

（2）在中心光线a左侧的光线进入玻璃砖入射到MO的光线均发生全反射，右侧的光线可从MN中射出，从O′点入射光的路径如图所示。

由

得

θ=30°

由光路可逆

θ′=30°

α′=45°

则玻璃砖底面MN能出射光束的宽度

【点睛】光线在O点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由临界角公式，求出玻璃砖的折射率n。光线从MN面射出时会发生全反射现象，则可得出不能从MN边射出的边界；再分析光从玻璃上表面射入的光线的临界值可得出光束宽度。

16. 如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；

（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；

（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。

【答案】（1）；（2；（3）见解析

【解析】

【详解】（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。

设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得

粒子在磁场中做匀速圆周运动

解得磁感应强度

（2）如图所示，由几何关系可知

第一次经过MN边界时沿x方向运动距离

解得

该点位置坐标为

（3）粒子在磁场中的运动周期

每次通过磁场的时间

粒子电场中运动满足

粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得

解得

粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得

解得

粒子接下来重复周期性运动，周期

T=2t1+t2+t3

则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足

t=n（2t1+t2+t3）- t3

解得

粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足

t=n（2t1+t2+t3）

解得