四川省眉山市仁寿第一中学（北校区）2022-2023学年高二物理下学期5月期中试题（Word版附解析）

仁寿一中北校区高二下学期期中考试

物理试卷

一。本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每题4分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

1. 关于机械波和电磁波的比较，以下说法中错误的是

A. 机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用

B. 机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象

C. 机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播

D. 机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有纵波

【答案】D

【解析】

【详解】A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系适用于一切波，对电磁波也适用，故A正确；

B．干涉和衍射是波的特有性质，机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象，故B正确；

C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波既可以在介质中传播，也可以在真空中传播，故C正确；

D．机械波可分为横波和纵波，而电磁波只有横波，D错误；

本题选不正确的，故选D。

2. 由交流电动势的瞬时值表达式，可知（　　）

A. 此交流电的频率是

B. 此交流电的周期是

C. 当时，此交流电动势有最大值

D. 当时，产生此交流电的线圈平面与中性面重合

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由交流电动势的瞬时值表达式可知

由公式

解得

，

故AB错误；

C．当时，此交流电动势为

故C错误；

D．当时，此交流电动势为

可知，线圈与磁场垂直，即产生此交流电的线圈平面与中性面重合，故D正确。

故选D。

3. 如图所示，O是波源，a、b、c、d是沿波传播方向上处于平衡位置的四个质点，且Oa＝ab＝bc＝cd＝2 m，开始时各质点均静止在平衡位置，在t＝0时刻，波源O开始沿y轴正方向做简谐振动，振幅是0.1 m，波沿x轴正方向传播，波长λ＝8 m。当O点振动的路程为0.5 m时，有关a、b、c、d质点运动的描述正确的是

A. a质点正沿y轴负方向运动

B. c质点正沿y轴正方向运动

C. b质点的速度为零，加速度最大

D. d质点的速度最大，加速度为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据题意可以知道振幅是，而O点振动经过的路程是，则所需要的时间为，所以波向前传播了，因为时刻波源O开始向上做简谐运动，a质点已经振动了一个周期，所以a质点正在沿y轴正方向运动，故A错误；

B．介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，c点已经振动了半个周期，c点经过平衡位置沿y轴负方向运动，故B错误；

C．b质点已经振动了周期，到达波谷，速度为零，加速度最大，故C正确；

D．d质点已经振动了周期，到达了波峰，速度为零，加速度最大，故D错误。

故选C。

4. 直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路。长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右运动。关于cd中的电流下列说法正确的是（　　）

A. 电流肯定在增大，不论电流是什么方向 B. 电流肯定在减小，不论电流是什么方向

C. 电流大小恒定，方向由c到d D. 电流大小恒定，方向由d到c

【答案】A

【解析】

【详解】直导线ab放在水平导体框架上，构成一个闭合回路，ab向右运动，说明ab棒受到的安培拉力水平向右，现在分两种情况：①cd中的电流从c到d，闭合回路的处于向上的磁场中，且ab棒受到的安培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从b到a，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大；②cd中的电流从d到c，闭合回路的处于向下的磁场中，且ab棒受到的安培拉力水平向右，根据左手定则可知ab棒的感应电流从a到b，回路产生的新磁场与原磁场反向，在根据楞次定律，原磁场增强，故cd中的电流增大。故BCD错误，A正确。

故选A。

5. 将一长木板静止放在光滑的水平面上，如甲图所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板相对静止。铅块运动中所受的摩擦力始终不变。现将木板分成两段A和B相同的两块，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0，由木块A的左端开始向右滑动，如乙图所示。则下列说法中正确的是（　　）

A. 小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止

B. 小铅块块从木板B的右端飞离木板

C. 小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止

D. 小铅块在木板B上滑行产生的热量等于在A上滑行产生的热量

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．A、B、C在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后，A部分停止加速做匀速运动，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，AB错误C正确；

D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，因第二次在小铅块滑到木板B的右端前就相对静止了，所以第二次的相对位移比第一次的短，所以产生的热量小于在木板A上滑行产生热量，故D错误。

故选C。

6. 矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t的变化情况如图所示，下列说法中正确的是

A. 此交流电的频率是50 Hz

B. 0.015 s时线圈平面与磁场垂直

C. 此交流电的电动势有效值是V

D. 穿过线圈的磁通量最大值为Wb

【答案】A

【解析】

【详解】A. 此交流电的周期为0.02s，则频率是f=1/T=50 Hz，选项A正确；

B. 0.015 s时感应电动势最大，则线圈平面与磁场平行，选项B错误；

C. 此交流电的电动势最大值为2V，则有效值是，选项C错误；

D. 根据，则穿过线圈的磁通量最大值为，选项D错误.

7. 我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为

A. 0

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为，则重力的冲量：；

A. 0，与结论不相符，选项A错误；

B. ，与结论不相符，选项B错误；

C. ，与结论不相符，选项D错误；

D. ，与结论相符，选项D正确；

8. 如图所示，带有半圆形槽的物块P，放在足够长的光滑水平地面上，一侧紧靠竖直墙壁．已知半圆形槽的半径为R，槽面光滑，a、c为槽的最高点，b为最低点．现让一小球Q(可视为质点)，从a点正上方h处由静止释放，进入半圆形槽后刚好可以到达c点，则小球Q与物块P的质量之比为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】小球从开始下落到到达b点的过程中，槽静止不动，此时：；当小球向上运动到达c点时球和槽共速，由动量守恒：；由能量关系： ，联立解得；

A. ，与结论不相符，选项A错误；   

B. ，与结论相符，选项B正确；

C. ，与结论不相符，选项C错误；   

D. ，与结论不相符，选项D错误；

9. 如图甲所示，空间中存在垂直纸面的匀强磁场，取垂直纸面向里为正方向．一圆形金属线圈放在纸面内，取线圈中感应电流沿顺时针方向为正．某时刻开始计时，线圈中感应电流如图乙所示，则该匀强磁场磁感应强度随时间变化的图线可能是丙图中的

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】A.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量先向外减小，后向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项A错误；

B.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2- 4s时间内，则穿过线圈的磁通量向外减小，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项B正确；

C.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，则与题目中的i-t图像不相符，选项C错误；

D.在0-1s时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向（正方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变；在1-2s时间内磁通量不变，则感应电流为零；在2- 4s时间内，则穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向（负方向）的感应电流，因，则此过程中电流恒定不变且等于0-1s内电流的一半；与题目中的i-t图像相符，选项D正确；

10. 如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则（　　）

A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大

B. 保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将增大

C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大

D. 保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，则I1将增大

【答案】AD

【解析】

【详解】A．保持及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，根据

副线圈的电压变大，根据

P的位置不变，R不变，则变大 ，根据

将变大，A正确；

B．保持，K由b合到a时，原线圈匝数变大，根据

副线圈的电压变小，根据

P的位置不变，不变，可知消耗的功率变小，B错误；

C．保持不变，K合在a处，根据

副线圈的电压不变，根据

P上滑，变大， 变小，根据

将减小，C错误；

D．K合在a处，增大，根据

副线圈的电压增大，根据

保持P的位置不变，不变， 增大，根据

增大，D正确。

故选AD。

11. 质量为M、内壁间距为L箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，

故选BD

考点：动量守恒定律；功能关系．

点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．

12. 如图所示，竖直平面内有一相距l的两根足够长的金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的均匀金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其它电阻不计。导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合电键S，发现导体棒ab仍作变速运动，则在闭合电键S以后，下列说法中正确的有（　　）

A. 导体棒ab变速运动过程中加速度一定减小

B. 导体棒ab变速运动过程中加速度一定增大

C. 导体棒ab最后作匀速运动时，速度大小

D. 若将导轨间的距离减为原来的，则导体棒ab作匀速运动时的速度大小为

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有

速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有

速度不断减小，加速度也不断减小。故A正确，B错误；

C．由于导体棒加速度不断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有

解得

故C确；

D．若将导轨间的距离减为原来的，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有

解得

故D错误。

故选AC。

13. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_____（填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程

（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是____________（填选项前的符号）

A.用天平测量两个小球的质量m1、m2

B测量小球m1开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H

D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N

E.测量平抛射程、

（3）在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为___________。（用、、、、表示）

（4）若碰撞是弹性碰撞，应该满足的距离关系式为___________。（用、、、、表示）

【答案】    ①. C    ②. ADE##DAE##AED##DEA##EAD##EDA    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]根据平抛运动规律有

解得

因抛出点到地面的高度相同，故小球碰撞前后的速度与小球做平抛运动的水平位移成正比，可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移间接地解决这个问题。

故选C。

（2）[2]碰撞过程据动量守恒定律可得

同时乘以时间有

即

故接下来要完成的必要步骤是，用天平测量两个小球的质量、，分别找到、相碰后平均落地点的位置、，测量小球做平抛运动的水平位移、。

故ADE。

（3）[3]由（2）分析可知，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为

（4）[4]若碰撞是弹性碰撞，应该满足的关系式为

整理可得

14. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；再用20分度的游标卡尺测小球直径，如图所示。然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s。则

（1）小球直径为_______cm，测得重力加速度值为__________（保留小数点后两位有效数字）；

（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值________（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）；

（3）如果他改变摆线的长度重复实验几次后，以摆线长（）为纵坐标、周期的二次方（）为横坐标作出了图线，由图像测得图线的斜率为，则测得的重力加速度___________。（用字母表示即可）。此时他用图像法求得的值_______。（选填“偏大”，“偏小”或“准确”）

【答案】    ①. 2.99    ②. 9.73    ③. 偏大    ④.     ⑤. 准确

【解析】

【详解】（1）[1]由图可知，游标第18个小格与主尺对齐，则小球直径

[2]由单摆全振动50次所用的时间为100.0s可得，单摆周期为

由公式可得，重力加速度为

其中

联立解得

（2）[3]实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期偏小，则偏大。

（3）[4][5]根据题意，由公式可得

若以摆线长为纵坐标，则有

可得

则有

解得

通过上述分析可知，图像的斜率不变，则他用图像法求得的值准确。

15. 一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0的时刻的波形图，已知这列波在A出现两次波峰的最短时间是0.4 s，求：

（1）这列波的波速是多少？

（2）再经过多少时间质点B才能第一次到达波峰？

（3）这段时间里B通过的路程是多少？

【答案】（1）10 m/s；（2）0.7 s；（3）9cm

【解析】

【详解】（1） 由图可知，波长λ=4 m，因A点两次出现波峰的最短时间是0.4 s，所以这列波的周期T=0.4 s，波速

（2）波传到B点的位移

波传到B点的时间

波传到B点后，质点B第一次到达波峰的时间

由t=0时刻到B第一次出现波峰的时间

（3）质点B通过的路程为

16. 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g取10 m/s2，求：

（1）绳拉断后B的速度vB的大小；

（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；

（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．

【答案】（1）vB=5m/s（2）4N•s（3） 8J

【解析】

【详解】试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：-----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

由①②解得：vB=5m/s．

（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，

弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③

根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④

由③④解得：I="-4" N•s，其大小为4N•s

（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤

根据动能定理有：W=mAvA2------⑥

由⑤⑥解得：W=8J

考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理

【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题．

17. 如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2．求：

（1）线框受到的拉力F的大小；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q．

【答案】（1）F=1.5 N；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以：

联解代入数据得：

F=1.5 N

（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：

E=BLv1

由欧姆定律得：

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：

联解代入数据得：

（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：

线框在减速为零时，有：

所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：

代人数据得：