2023-2024学年四川省苍溪中学校高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省苍溪中学校高二（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于光的干涉、衍射和光的偏振，下列说法中正确的是( )
A. 双缝干涉现象中，亮、暗条纹的宽度是不等的
B. 单缝衍射现象中，亮、暗条纹的宽度是相等的
C. 泊松亮斑是光的衍射现象
D. 光的偏振现象说明光是纵波
2.下面列举的四种器件中，在工作时没有利用了电磁感应的是( )
A. 电磁炉B. 日光灯C. 速度选择器D. 高频感应炉
3.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，从bc边进入磁场开始到a点离开的过程中，线框中感应电流随时间的变化关系(以逆时针方向为电流的正方向)是下图中的
( )
A. B.
C. D.
4.2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲。南鲲号发电原理可简化如图乙所示：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动，并通过a、b端向外输出电流。若转子带动线圈沿逆时针方向转动，在图乙所示位置
( )
A. 线圈所处位置是中性面
B. 穿过线圈的磁通量为零
C. 线圈b端电势高于a端电势
D. 线圈靠近S极的导线受到的安培力方向水平向左
5.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比2:1，R=10Ω，R1=R2=20Ω，电流表为理想交流电表，原线圈接到有效值为U的交变电压上时，电流表示数为2A，下列分析正确的是
( )
A. U的大小为40VB. 通过R的电流有效值为2A
C. 若R2断路，电流表示数将变大D. 若R2断路，则R消耗的功率变小
6.如图甲所示是交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前半个周期电压按正弦规律变化，后半个周期电压恒定。若将该交流电接入如图乙所示的电路，其中电阻R的阻值为100Ω，电流表、电压表均是理想交流电表，则( )
A. 理想电压表的读数为45VB. 理想电流表的读数为0.5A
C. 电阻R消耗的电功率为22.5WD. 电阻R在50s内产生的热量为2025J
7.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则
( )
A. t1时刻，穿过线圈P的磁通量最大，但感应电流为零
B. t2时刻，线圈P中感应电流为0，FN等于G
C. t2∼t3时间内，螺线管对线圈是吸引力，且一直增大
D. t2∼t3时间内，穿过线圈P的磁通量变小，且线圈P有扩张的趋势
8.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd(由均匀材料制成)，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
( )
A. ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为B2L2 ghR
B. 导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大
C. 若磁场上、下边界的间距为2h，则ab边刚到达磁场下边界时的速度大小可能为 6gh
D. 导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.一束复色可见光射到置于空气中的平行玻璃砖上，穿过玻璃后从右侧表面射出，变为a、b两束平行单色光，如图所示，对于两束单色光来说
( )
A. 玻璃对a光的折射率较大B. 玻璃对b光的折射率较大
C. 在玻璃中，a光的传播速度较小D. 在玻璃中，b光的传播速度较小
10.如图所示，线圈L的自感系数极大，直流电阻忽略不计；D1、D2是两个二极管，当电流从“+”流向“−”时能通过，反之不通过；R0是保护电阻，则
( )
A. 闭合S之后，A灯慢慢变亮B. 闭合S之后，B灯一直不亮
C. 断开S瞬间，B灯闪一下再慢慢熄灭D. 断开S瞬间，A灯闪一下再慢慢熄灭
11.竖直平面内水平条形区域I和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，I和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域I上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则正确的是
( )
A. 线框进入区域I时与离开区域I时的电流方向相同
B. 线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同
C. 线框有可能匀速通过磁场区域I
D. 线框通过区域I和区域Ⅱ产生的总热量为Q=2mg(d+h)
12.如图所示，一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，绕其垂直于磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场只分布于OO′的左侧区域，磁感应强度为B，外接电阻为R，从图示位置转180°的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 感应电动势的最大值Em=12NBSω
B. 磁通量的变化量为零
C. 通过电阻R的电荷量q=NBSR
D. 电阻R中产生的焦耳热为Q=πωRN2B2S28(R+r)2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.用双缝干涉测光的波长，已知双缝与屏距离为L，双缝间距为d。用测量头来测量亮纹中心的距离，测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准一条亮纹的中心，如图(乙)所示，记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，又记下此时手轮上的读数。
(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第6条亮纹的中心时，手轮上的读数如图(丙)所示，则对准第1条时读数x1=_______mm，对准第6条时读数x2=_______mm。
(2)计算波长λ的表达式是λ=_______(用x1、x2、L、d表示，不计算)。
(3)在屏上观察到了干涉条纹，如果增大双缝与屏间的距离，则屏上干涉条纹的间距将_______(选填“变大”“不变”“变小”)。
14.在研究性学习中，某同学要测量磁铁磁感应强度。设计的装置如图所示，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。磁铁固定在水平放置的电子测力计上静止时，电子测力计的读数为G1；直铜条AB水平且垂直于磁场，两端通过导线与一电阻连接成总阻值为为R闭合回路，以恒定的速率v竖直向下匀速运动过程中，电子测力计的读数为G2。直铜条在磁场中在磁场中的长度为L。
回答下列问题：
(1)G1和G2的大小关系为G1_______G2(选填“>”“=”或“<”)。
(2)直铜条AB向下匀速运动过程中，闭合电路中的磁通量_______(选填“增大”“不变”或“减小”)，铜条所受安培力大小为_______(用G1、G2表示)。
(3)磁铁磁感应强度的大小为_______(用G1、G2、L、v、R表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
15.如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d。一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，折射光线刚好通过半圆的圆心O。已知光在真空中传播速度为c。求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)光从D点第一次射到玻璃砖半圆弧的传播时间。
16.某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B= 210πT的水平匀强磁场中，线框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO´以角速度ω=l00πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线总电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为5×104W时，灯泡正常发光．

(1)从线框平面与磁感线垂直时开始计时，写出线框中感应电动势随时间变化的关系式．(2)求降压变压器原、副线圈的匝数之比．
17.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.1Ω的电阻，导轨宽度L=0.4m。金属棒ab紧贴导轨，现使ab由静止开始下滑，通过传感器记录ab下滑的距离h与时间t的关系如下表所示。金属棒ab和导轨电阻不计，g=10m/s2。求：
(1)在前0.60s的时间内，金属棒ab中的平均电动势；
(2)金属棒的质量m；
(3)在前1.20s的时间内，电阻R上产生的热量QR。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.双缝干涉现象中，亮、暗条纹的宽度相等，故A错误；
B.单缝衍射现象中，中间条纹最宽，向两边变窄，故B错误；
C.泊松亮斑说明光能绕过障碍物继续传播，是光的衍射现象，故C正确；
D.光的偏振现象说明光是横波，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】ABD.电磁炉利用的是涡流、日光灯利用的是自感电动势、高频感应炉利用的是涡流，均利用了电磁感应，故ABD不符题意；
C.速度选择器利用的是不计重力的带电粒子所受的电场力和磁场力平衡，没有利用电磁感应，故C符合题意。
故选C。
3.【答案】A
【解析】感应电流 I=ER=BLvR ，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，I=0，线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；由右手定则可知，线框进入磁场过程，电流沿逆时针方向，为正值，离开磁场过程，电流沿顺时针方向，为负值；故A正确，BCD错误；故选A．
4.【答案】B
【解析】A.图乙中线圈所处位置与磁感线平行，与中性面垂直，故A错误；
B.线圈所处位置与磁感线平行穿过线圈的磁通量最小，故B正确；
C.根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故C错误；
D.线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】AB.因为 R1 和 R2 是并联，并联电阻
R并=10Ω
电流表示数
I2=2A
所以副线圈输出电压
U2=I2R并=20V
又因为
I1I2=n2n1=12
所以通过 R 电流有效值
I1=1A
设原线圈输入电压 U1
U1U2=n1n2
得
U1=40V
又
U=U1+I1R=50V
故AB错误；
CD.若R2断路，则副线圈连接电阻变大，电流表示数变小，原线圈的电流也变小，R消耗的功率变小，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.设交流电电压有效值为U，根据有效值定义可得
30 22R⋅T2+602R⋅T2=U2R⋅T
解得
U=45V
则理想电压表读数为45V，故A正确；
B.根据欧姆定律可得理想电流表读数为
I=UR=0.45A
故B错误；
C.电阻R消耗的电功率为
P=I2R=20.25W
故C错误；
D.电阻R在50秒内产生的热量为
Q=I2Rt=1012.5J
故D错误。
故选A。
7.【答案】A
【解析】A.由图乙可知，t1时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则t1时刻穿过线圈P磁通量最大，磁通量的变化率为零，P中感应电流为零，故A正确；
B.由图乙可知，t2时刻螺线管Q中电流的变化率为最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，P中有感应电流，螺线管Q中电流为0，P不受到磁场力的作用，故 FN 等于G，故B错误；
C.由图乙可知，t2时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，t3时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力。t2∼t3时间内通过Q的电流在变大，穿过P的磁通量在变大，两者相互排斥，则t2∼t3时间内螺线管对线圈的是排斥力，且先增大后减小，故C错误；
D.由图乙可知，t2∼t3时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈磁通量增大，根据增缩减扩原理可知，线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选A。
8.【答案】B
【解析】【分析】
ab边进入磁场前做自由落体运动，求出ab边进入磁场时线框的速度，由E=BLv求出ab边进入磁场时的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力；线框进入磁场过程受重力与安培力作用，根据重力与安培力的关系分析判断线框速度如何变化。【解答】
A.ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度−位移公式可知，ab边进入磁场时线框的速度：v= 2gh，ab边刚进入磁场时感应电动势：E=BLv，感应电流I=
，ab边受到的安培力：F=BIL=B2L2 2ghR，故 A错误；
B.若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框速度一直增大，故B正确；
C.导线框从自由下落到ab边刚到达磁场下边界的过程中，由于电磁感应产生的焦耳为Q，由能量守恒定律得 mg⋅3h=12mv22+Q ，可得 v2< 6gh ，故C错误；
D.导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力可能等于重力，导线框所受合力为零，导线框做匀速运动；导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力可能一直小于重力，导线框所受合力竖直向下，导线框做加速运动速度一直增加，故D错误。
故选B。
9.【答案】AC
【解析】AB.由上看出，a光的偏折程度大，则玻璃对a光的折射率较大。故A正确，B错误；
CD．a光的折射率较大，根据
v=cn
知，玻璃中a光的速度较小。故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】A.闭合S瞬间，A灯支路的二极管 D1 正向导通，A灯立即亮，之后线圈自感对电流变化的阻碍作用逐渐减弱，从线圈L流过的电流逐渐增大，A灯被短路后熄灭，故A错误；
B.闭合S之后，B灯支路的二极管 D2 反向不能导通，B灯一直不亮，故B正确；
CD.断开S瞬间，线圈L产生与原电流方向相同的自感电流，可通过二极管 D2 ，故B灯闪一下再慢慢熄灭，而自感电流不能通过二极管 D1 ，A灯不亮，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】BD
【解析】解：A、线框进入区域I时磁通量增加，离开区域I时磁通量减少，所以由楞次定律判断知，线框进入区域I时与离开区域I时感应电流方向相反，故A错误．
B、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场的相对运动，可知线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均竖直向上．故B正确．
C、在穿过两磁场区域的过程中，因为通过线框的电流及其变化情况相同，由I=BLvR，知线圈刚进入两个磁场时的速度相同，运动情况相同，而在两个磁场之间，线圈要做匀加速运动，所以线圈在磁场Ⅰ中只能减速运动，故C错误．
D、研究线框刚进入Ⅰ磁场到刚要磁场Ⅱ，由于动能不变，所以由能量守恒得产生的热量为mg(d+h)，而线圈通过磁场区域Ⅱ时产生的热量也为mg(d+h)，所以总热量为2mg(d+h)，故D正确．
故选：BD．
根据楞次定律分析感应电流的方向和安培力方向．根据通过线框的电流及其变化情况相同，可分析线框在磁场Ⅰ中的运动情况．由能量守恒分析总热量．
本题中安培力的方向也可以运用左手定则判断．要正确区分右手定则、左手定则与安培定则的运用条件，不能混淆．
12.【答案】AD
【解析】A.感应电动势的最大值为
Em= 12 NBSω
故A正确；
B.图示位置穿过线圈的磁通量最大为
Φ1=12BS
转过180°，磁通量变为
Φ2=−12BS
故磁通量的变化量为
ΔΦ=Φ2−Φ1=−12BS−12BS=BS
故B错误；
C.通过电阻R的电荷量为
q=IΔt=ER+rΔt=NΔΦΔtR+rΔt=NBSR+r
故C错误；
D.电阻R中产生的焦耳热为
QR=I2Rt=Em 22Rt=N2B2S2ω28R+r2⋅R⋅πω=πωRN2B2S 2 8R+r2
故D正确。
故选AD。
13.【答案】(1) 1.190 9.868##9.867##9.869
(2) d(x2−x1)5L
(3)变大

【解析】(1)[1]对准第1条时读数为
x1=1mm+19.0×0.01mm=1.190mm
[2]对准第6条时读数
x2=9.5mm+36.8×0.01mm=9.868mm
(2)双缝条纹间距为
Δx=x2−x16−1=x2−x15
根据双缝干涉条纹间距公式
Δx=Ldλ
解得计算波长的表达式为
λ=Δx⋅dL=dx2−x15L
(3)根据双缝干涉条纹间距公式
Δx=Ldλ
可知增大双缝与屏间的距离，条纹间距增大。
14.【答案】(1)<
(2) 减小 G2−G1
(3) 1L (G2−G1)Rυ ．

【解析】(1)根据右手定则可判断铜条中电流方向由B到A，再根据左手定则可判断铜条所受安培力竖直向上，由牛顿第三定律可知，铜条对磁铁的作用力竖直向下，故
G1< G2
(2)[1][2]直铜条AB向下匀速运动过程中，闭合电路中的磁通量减小，设铜条所受安培力为F安，由牛顿第三定律可知磁铁受到的反作用力
F安′=F安
由平衡条件得
F安′+G1=G2
所以
F安=G2−G1
(3)铜条切割磁感线产生感应电动势
E=BLv
闭合回路中的电流
I=ER
又有
F安=BIL
所以
B= 1L (G2−G1)Rυ ．
15.【答案】(1) 3 ；(2) 3dc
【解析】(1)根据题意作出光路图
设光在AB面上的入射角为i，折射角为r，玻璃砖折射率为n，由几何关系，有
i=60∘ ， r=30∘
根据折射定律
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3
(2)由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程为s，则
s=d2+d2=d
设光在玻璃砖中传播速度为v，则
n=cv
从D点第一次射到玻璃砖半圆弧的传播时间为t，则
t=sv=nsc= 3dc
16.【答案】解：(1)矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为：
Em=nBSω=100× 210π×0.25×100πV=250 2V
在图示位置线圈应产生正弦交流电，e=Emsinωt=250 2sin100πt(V)；
(2)发电机输出的电压U1=Em 2=250V
则升压变压器副线圈两端的电压：n1n2=U1U2=2505000=1：20
得：U2=5000V
发电机输出的电功率：P=5×104W
输电电流为：I=PU2=10A
输电线电压损失：ΔU损=IR=10×20V=200V
降压变压器原线圈上的电压：U3=U2−ΔU损=5000V−200V=4800V
据题意灯泡正常发光可知：U4=220V，
所以降压变压器的匝数比为：n3n4=U3U4=4800220=240：11 。
【解析】(1)根据Em=nBSω求解电动势最大值，然后根据e=Emsinωt求解该正弦交流电的瞬时表达式；
(2)求出输电线上的电压损失后结合电压比与匝数比的关系求解降压变压器原、副线圈的匝数之比。
本题关键是明确交流电的最大值和瞬时值的求解方法，同时要能够结合变压器的变压比公式、功率关系列式求解．
17.【答案】(1)0.16V；(2)0.032kg；(3)0.816J
【解析】(1)根据题意，由表格数据可得，在 t1=0.60s 时间内ab下滑的距离 h1=1.20m ，设其中的电动势平均值为E1，则
E1=ΔΦΔt=BLh1t1
解得
E1=0.16V
(2)从表格中可知，1.00s后棒做匀速运动，设速度为v，电动势为E，回路中的电流为I，金属棒受到的安培力为F，则有
v=ΔhΔt=5m/s
又有
E=BLv ， I=ER ， F=BIL ， F=mg
解得
m=B2L2vRg=0.032kg
(3)从表格中可知，棒在1.20s的时间内下滑 h2=3.80m 过程中，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，根据能量守恒
mgh2=12mv2+QR
解得
QR=0.816J
时间t/s
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
下滑距离h/m
0
0.18
0.61
1.20
1.97
2.80
3.80
4.80
5.80
6.80
E
R