重庆市暨华中学2022-2023学年高二下学期期中考试物理试题（Word版附解析）

这是一份重庆市暨华中学2022-2023学年高二下学期期中考试物理试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：90分钟 总分：100分
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。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；第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1. 一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（ ）
A. 频率小，发生全反射的临界角小
B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大
D. 频率大，发生全反射的临界角大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选C。
2. 某介质对空气的折射率为，一束光从该介质射向空气，入射角为60°，下列光路图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据全反射临界角与折射率的关系有
解得
由于光从该介质射向空气，入射角为60°，入射角大于临界角，则发生全反射，则光路中只有反射光线，没有折射。
故选D。
3. 如图所示，有一玻璃三棱镜ABC，顶角A为30°，一束光线垂直于AB射入棱镜，从AC射出进入空气，测得出射光线与AC夹角为30°，则棱镜的折射率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】顶角A为30°，则光从AC面射出时，在玻璃中的入射角i＝30°.由于出射光线和入射光线的夹角为30°，所以折射角r＝60°.由光路可逆和折射率的定义可知n＝＝，C项正确．
【详解】
4. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度，时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是时的波形（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】由图中可以看出该波的波长为，根据
可知该列波的周期为
又因为时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，当时经历了1.5T，所以此时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，结合图像可知B选项正确。
故选B。
5. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（ ）
A. 交变电流的有效值为
B. 交变电流瞬时值表达式为
C. 时刻穿过线圈的磁通量最大
D. 时刻线圈平面与磁场方向平行
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，交变电流的最大值为，有效值为3 A，故A错误；
B．由图乙可得

则交变电流瞬时值表达式为
故B错误；
CD．和时刻感应电流均为最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，故C错误，D正确。
故选D。
6. 如图，M是一小型理想变压器，接线柱a、b 接在电压的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，它的电阻随温度升高而减小。电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ）
A. A1的示数不变，A2的示数增大B. A1的示数增大，A2的示数增大
C. V1示数不变，V2的示数减小D. V1的示数增大，V2的示数增大
【答案】C
【解析】
【详解】由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以的示数不变，当传感器所在处出现火情，的电阻减小，导致电路总电阻减小，所以电路中次级电流将会增加，初级电流也会增加；A1测量的是原线圈中的总电流，所以A1的示数增加；由于副线圈中电流增加，则的电压变大，所以的示数要减小，即的电压也要减小，所以A2的示数要减小。
故选C。
7. 如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，、和是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在时刻，闭合开关S，电路稳定后在时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过、的电流方向为正，分别用、表示流过和的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当闭合电键时，因为线圈与D1相连，所以电流I1会慢慢增大，D2这一支路立即就有电流，当电键断开时，线圈阻碍电流的减小，而且D1、D2、D3组成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，I2反向，逐渐减小，由于电路稳定时通过D1的电流大于D2的电流，所以D2和D3都会闪亮一下。
故选C。
8. 如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为外侧圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5T。质量为0.05 kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道由静止开始向右运动。已知MN＝OP＝1 m，则（g取10 m/s2）（ ）
A. 金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2
B. 金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C. 金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2
D. 金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75N
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小为
金属细杆开始运动时的加速度大小为
故A错误；
B．金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功为
重力做功为
设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，由动能定理得
解得
故B错误；
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为
故C错误；
D．在P点对金属细杆，由牛顿第二定律得
解得
每一条轨道对金属细杆作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，D正确。
故选D。
9. 如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A. 这列波的传播方向是沿x轴正方向
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3m
D. 经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．由乙图看出，t=0时刻质点P的速度向下，由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由甲图知该波的波长
λ=4m
由乙图知，周期
T=0.2s
则波的传播速度为
故B正确；
C．机械波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项C错误；
D．图示时刻Q点正沿y轴正方向运动，因
t=0.1s=
则经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点相距4.2m，b点在a点的右方，一列简谐波沿水平绳向右传播，波速为20m/s，波长大于2m。某时刻b点达到波峰位置，而a点正处于平衡位置且向上运动，则这列波的周期可能是（ ）
A. 0.12sB. 0.28sC. 0.168sD. 0.84s
【答案】AB
【解析】
【详解】某时刻b点达到波峰位置，而a点正处于平衡位置且向上运动，则ab间距满足
因为波长大于2m，则n=0时λ1=5.6m，解得波速
当n=1时λ2=2.4m，解得波速
故选AB。
11. 随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术与变压器的工作原理相同
B. 为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板
C 只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电
D. 受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，仍能进行无线充电
【答案】AD
【解析】
【详解】A．无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；
B．如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；
C．供电线圈只有接到交流电源上，能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，C错误；
D．当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，只要穿过受电线圈的磁通量发生变化，就能产生电磁感应，给蓄电池充电，D正确。
故选AD。
12. 如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是（ ）
A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为
B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P
C. 通过电阻R的电流的最大值为
D. OM两点间电势差绝对值的最大值为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为
OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为
故A正确；
B．当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路总电阻最大，通过R的电流最小，因
R并=×2R=R
通过电阻R的电流的最小值为
根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；
C．当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为
故C错误；
D．OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为
U=Imin·2R＝
故D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题 共52分）
二、实验题（满分16分）
13. 在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是___________；
A．若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若、的连线与法线夹角较大时有可能在面发生全反射，所以在一侧就看不到、的像
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度___________（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是___________。
【答案】 ①. C ②. 大 ③. 1.5
【解析】
【详解】（1）[1]
A．、的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故A错误；
B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即、的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
（2）[2]如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。
（3）[3]由折射率定律可得，玻璃砖的折射率为
14. 实验室中准备了下列器材：
A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω）
B．电流表A1（满偏电流1.5mA，内阻为10Ω）
C．电流表A2（量程0～0.60A，内阻约为0.10Ω）
D．电压表V（量程0﹣15V，内阻约为10kΩ）
E．滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）
F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）
G．电阻箱R3：最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流是0.6A
H．开关一个，导线若干
（1）若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表_____联一个_____Ω的电阻。
（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按如图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是_____，乙是_____（填器材前面的序号）。
（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选_____（填器材前面的序号）。
（4）图（b）为小明根据图（a）测量电路测得的实验数据作出的I1﹣I2图线（I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω（保留两位小数）。
【答案】 ①. 串 ②. 990 ③. C ④. B ⑤. E ⑥. 1.46（1.46﹣1.48） ⑦. 0.76（0.76﹣0.78）
【解析】
【详解】（1）[1][2]电流表的内阻为10Ω；满偏电压为
若改装为1.5V的电压表，则应串联的电阻为
=990Ω
（2）[3][4]根据题意可知，乙为电流表C与电阻箱结合作为电压表使用，甲为电流表B，作为电流表使用；
（3）[5]因内阻较小，故滑动变阻器略大于内阻即可，故滑动变阻器选择E；
（4）[6][7]由闭合电路欧姆定律可得：
变形得
由数学知可得图像中的斜率
纵截距
由图可知
,
代入数据解得
E=1.46V（1.46﹣1.48）
（0.76﹣0.78）
【点睛】本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图像中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察。
三、计算题（满分36分，其中15题8分，16题8分，17题10分，18题10分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）
15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0 和x=0.6 m处的两个质点A、B的振动图象如图所示。已知该波的波长大于0.6 m，求其波速和波长。
【答案】v=2m/s；λ=0.8 m
【解析】
【分析】
【详解】由图象可知，周期T=0.4s，由于波长大于0.6m；波从A到B的传播时间Δt=0.3s
则波速
代入数据得
v=2m/s
则波长
λ=vT
代入数据得
λ=0.8m
16. 如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1 m，上端接有电阻R=3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1 kg、电阻r=1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图像如图乙所示。(取g=10 m/s2)求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中，电阻R产生的热量。
【答案】(1)2 T；(2)0.075 J
【解析】
【详解】(1)由图像可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v=1.0 m/s做匀速运动，产生的感应电动势
E=BLv
杆中的感应电流
杆所受的安培力
F安=BIL
由平衡条件得
mg=F安
代入数据得
B=2 T
(2)电阻R产生的热量
Q=I2Rt=0.075 J
17. 某村在较远的山上建立了一座小型风力发电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。
（1）如果该村工厂用电功率为，则该村还可以装“ ”的电灯多少盏？
（2）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。
【答案】（1）2600；（2）；
【解析】
【详解】（1）据降压变压器输入功率等于输出功率有
灯可以消耗的功率是
所以还可装灯的盏数为
（盏）
（2）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流，输电电压为，由题意可知
所以有
而
根据电流与匝数成反比，则有
根据电压与匝数成正比，则
根据电压与匝数成正比，则
18. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求：
(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；
(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热；
(3)当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。
【答案】(1)，方向由；(2)mv；(3)
【解析】
【详解】(1)ab棒产生的感应电动势
ab棒中电流
方向由。
(2)当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为，由动量守恒定律
解得
由能量守恒关系
Q=mv-(2m)v
解得
Q=mv
cd棒上
Q=mv
(3)当ab棒的速度为时， cd棒的速度为，由动量守恒定律
解得
I==
解得
I=
cd棒受力为
此时cd棒加速度为