2021-2022学年广东省广州市真光中学高二（下）期中物理试题含解析

这是一份2021-2022学年广东省广州市真光中学高二（下）期中物理试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
真光中学2020级高二阶段质量检测（5月）—物理总分：100分时间：75分钟一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 浮桶式灯塔模型如图甲，其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成，磁体在空腔产生的磁场如图乙所示，磁体通过支柱固磁体定在暗礁上，线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，则浮桶线圈（　　） A. 当海面平静时，灯泡稳定发光B. 当海水水平匀速流动时，灯泡稳定发光C. 海水上下震荡幅度越大，灯泡发光越亮D. 海水上下震荡速度越快，灯泡发光越亮【答案】D【解析】【详解】A．当海面平静时，线圈静止不动，不切割磁感线，不产生电动势，灯泡不亮，故A错误；B．当海水水平匀速流动时，线圈不切割磁感线，不产生电动势，灯泡不亮，故B错误；CD．线圈随海水上下震荡，切割磁感线产生的电动势可知：电动势的大小与海水上下震荡速度有关，与震荡幅度无关，v越大，E越大，则灯泡发光越亮，故C错误，D正确。故选D。2. 如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器组成一个回路，B线圈与开关、电流表G组成另一个回路。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是（　　） A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流C. 闭合开关S后，在增大电阻的过程中，电流表G中有的感应电流D. 闭合开关S后，在增大电阻的过程中，电流表G中有的感应电流【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。故AB错误；CD．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有b→a的感应电流，故C错误，D正确。故选D。3. 一个铁球，从静止状态由20m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为0.5kg，g取10m/s2，则泥潭对小球的平均作用力为（　　）A. 15N B. 20NC. 25N D. 30N【答案】D【解析】【详解】小球自由下落20m所用的时间是设向下为正方向，令，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg（t1＋t2）－Ft2＝0解得F＝30N故选D。4. 如图为 LC 振荡电路中电流随时间变化的图象，则（　　）A. 0﹣t1时间内，磁场能在增加B. t1﹣t2时间内，电容器处于放电状态C. t2﹣t3时间内，电容器两板间电压在减小D. t3﹣t4时间内，线圈中电流变化率在增大【答案】B【解析】【详解】A. 0−t1时间内电路中的电流不断减小，说明电容器在不断充电，则磁场能向电场能转化，磁场能在减小，故A错误；B. 在t1到t2时间内电路中的电流不断增大，说明电容器在不断放电，故B正确；C. 在t2到t3时间内，电路中的电流不断减小，说明电容器在不断充电，则电容器两板间电压在增大，故C错误；D. 电流变化率就是i−t图象的斜率，由图可知,在t3−t4时间内，图象的斜率在变小，因此线圈中电流变化率在减小，故D错误；故选B.5. 钳形电流表是电机运行和维修工作中最常用的仪表之一，其内部结构如图所示，工作部分主要由一只电流表和电流互感器组成。电流互感器铁芯制成钳形活动开口，用手柄来控制开合，则（　　）A. 与电流表相连的线圈匝数越多，电流表读数越大B. 钳形电流表测电流时相当于升压变压器C. 如果通电导线在钳形口多绕几圈，则电流表读数会变小D. 测量电流时，需要断开电路将此钳形电流表串接在电路中【答案】B【解析】【详解】A．若次级线圈匝数越多，电流表读数越小，故A错误。B．该电表原线圈为单匝，升压变压器，故B正确。C．若原线圈多绕几圈，则增大，副线圈电流增大，最终导致电流表计数增大，故C错误。D．钳形电流表通过打开铁芯将导线圈入其中，不需要断开电路，故D错误。故选B。6. 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感应垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（　　）A. 线框产生的交变电动势有效值为 B. 线框产生的交变电动势频率为C. 时，线框磁通量变化率为零 D. 时，线框平面与中性面重合【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为A错误；B．据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为B错误；C．t=0.005s时，感应电动势最大，根据电磁感应定律可知，此时线框磁通量变化率为最大不为零，C错误；D．由图乙可知t=0.01s时，感应电动势为0，说明此时线圈正经过中性面，则线圈平面和磁感线垂直， D正确。故选D。7. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球,重球直径略小于压敏电阻和挡板间距，小车向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是A. 从0到t1时间内，小车一定做匀速直线运动B 从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C. 从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动D. 从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动【答案】C【解析】【详解】A．在0～t1内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故A错误；B．在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；CD．在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C正确，D错误。故选C。【名师点睛】本题关键是根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断小车的可能运动情况；压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。8. 图甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是（    ）A. 回路中恒定电流大小与铜盘转速无关B. 回路中电流大小和方向不变C. 回路中电流方向不变，从M经导线流进电阻R，再从N流向铜盘D. 铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势【答案】BD【解析】【分析】根据右手定则判断MN间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关．【详解】根据法拉第电磁感应定律，则有，产生的电动势大小不变则感应电流不变．电流为可知回路中恒定电流的大小与铜盘转速有关，故A错误；根据右手定则可知，电流从N点流出，经过电阻R流向M点，因此电流方向为从N向R再到M，即为M→N→R→M，通过R的电流从下向上，电流方向不变，通过R的电流是直流电，故B正确，C错误；圆盘在外力作用下运动，相当于沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，从而产生感应电动势，可以产生感应电流，可以发电，故BD正确，AC错误．【点睛】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以M处的电势比N处低．9. 一个质量为0.18kg的垒球水平飞向球棒，被球棒打击后，以大小为20m/s的速度反向水平飞回，关于垒球被击打前后瞬间。下列说法正确的是（　　） A. 垒球的动能可能不变B. 垒球的动量大小一定变化了3.6kg·m/sC. 球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D. 垒球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同【答案】AC【解析】【详解】A．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，故A正确；B．因为不知道垒球的初动量，所以垒球的动量大小变化量无法确定，故B错误；C．由牛顿第三定律知球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。故选AC。10. 一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置向右运动开始计时，经0.13s质点第一次通过M点，再经0.1s第二次通过M点，则质点振动周期的可能值为（　　）A. 0.72s B. 0.36sC. 0.24s D. 0.18s【答案】AC【解析】【详解】质点的振动周期共存在两种可能性，设质点在AA′范围内运动，若如图甲所示由O→M→A历时0.13s+0.05s=0.18s则周期为T=4×0.18s=0.72s若如图乙所示由O→A′→M历时t1=0.13s由M→A→M历时t2=0.1s设由O→M或由M→O历时为t，则0.13s-t=2t+0.1s故t=0.01s所以周期为T=t1+t2+t=0.13+0.1+0.01=0.24s故选AC正确，BD错误。故选AC。三、非选择题：共54分。11. 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（1）实验室有如下器材可供选用：A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约2cm的铁球D．直径约2cm的塑料球E．米尺F．时钟G．秒表实验时需要从上述器材中选择：________（填写器材前面的字母）。（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：①将单摆上端固定在铁架台上②测得摆线长度，作为单摆的摆长③在偏角小于5°的位置将小球由静止释放④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小其中有一处操作不妥当的是_______。（填写操作步骤前面的序号）（3）该组同学发现（2）中操作步骤不妥之后，他们对数据进行处理，作出的图像如图所示，由图像求出的重力加速度g=_______m/s2。（取π=3.14，计算结果保留三位有效数字）【答案】    ①. ACEG    ②. ②    ③. 9.86【解析】【详解】（1）[1]单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故选ACEG。（2）[2]操作不妥当的是②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。（3）[3]根据单摆的周期公式得解得由图像可知解得g=9.86m/s212. 用如图a所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系．（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至______端（填“A”或“B”）．（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b的Rt-t关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rt-t关系式：Rt =______________（Ω）． （3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计．请利用开关、导线、铂热敏电阻、图a中某一电表和图c所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个简易电阻温度计并在图d的虚线框内画出电路原理图____________________． （4）结合图b的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为__________________℃．如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：_________________________________________．【答案】    ①. B    ②. 50+t    ③.     ④. 50   将恒流源的输出电流调小【解析】【详解】（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故滑片应移至B端；（2）由图象可知，铂丝电阻Rt的阻值与温度的关系式：Rt＝50+t；（3）直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻Rt的两端，如图所示： （4）当恒流源的输出电流为0.15A，所以当电压表示数最大时，即Rt两端的电压Ut＝15V时，铂丝电阻Rt的阻值最大，由丙图中所画的Rt﹣t图象可知，此时温度计所能测量的温度最高；由I 得铂丝电阻Rt的阻值为：Rt′100Ω，则温度计所能测量的最高温度为：t＝Rt﹣50＝100﹣50＝50℃．直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻Rt的两端，如图所示要提高该温度计所能测量的最高温度值，应使铂丝电阻Rt的阻值增大或将恒流源的输出电流调小．13. 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为，输出电压为，输电线的总电阻为，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求：村民和村办小企业需要电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗） 【答案】和【解析】【分析】【详解】由线路损耗的功率可得又因为，所以根据理想变压器规律，所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是和。14. 如图甲所示，在竖直向下的B=4.0T的有界匀强磁场中，有一边长L=0.50m的正方形闭合金属线框放在光滑水平地面上，线框的ab边紧贴磁场右边界MN，线框电阻R=10Ω、质量m=0.20kg，t=0时，线框静止。现对线框加一向右的水平拉力F，使线框以1.0m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。求：（1）t=0时，水平拉力的大小F0；（2）线框完全离开磁场前，力F随时间t变化的关系式；（3）在图乙上画出F-t图象。【答案】（1）0.20N；（2）F=（0.20+0.40）N；（3）见解析【解析】【详解】（1）t=0时，拉力大小F0=ma=0.20×1.0N=0.20N（2）设线框从开始运动到离开磁场所用的时间为t1，则代入数值得t1=1.0s0<t≤1.0s内的任一时刻t，线框的速度vt=atcd边产生的感应电动势e=BLvt线框中的电流设此时拉力大小为F，由牛顿第二定律F-BiL=ma联立解得F=ma+代入数值，得F=(0.20+0.40t)N（3）当t>1.0s，线框完全离开磁场，有F2=ma=0.20N综上，F随时间t变化的关系为作出力F随时间t变化的图象如图所示15. 如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab 上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，小车质量M满足1kg≤M≤3kg，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小。（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。（3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）在最高点有牛顿第二定律可得b到d由动能定理可得     在b点有牛顿第二定律可得     联立以上方程可得由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力 （2）由动量守恒定律可得 由能量守恒可得    联立以上方程可得    （3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得mAvA=（mA＋M）v    由能量守恒可得    联立以上方程可得=2 kg    当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得 解得     当2kg＜M≤3kg时，A将从小车左端滑出，可得Q2=μmAgL    解得