2021-2022学年四川省遂宁市第二中学校高二（下）期中物理试题含解析

这是一份2021-2022学年四川省遂宁市第二中学校高二（下）期中物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
遂宁二中高2020级2021—2022学年第二学期半期考试物理试题考试时间：90分钟  总分：100分一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题所给四个选项只有一项符合题目要求。1. 下列说法正确的是（　　）A. 是 α 衰变方程 B. 是核聚变方程C. 是核裂变方程 D. 是核聚变方程【答案】B【解析】【详解】A．是人工转变方程，选项A错误；    B．是核聚变方程，选项B正确；C．是α 衰变方程，选项C错误；    D．是人工转变方程，选项D错误。故选B。2. 入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则（　　）A. 从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B. 逸出的光电子的最大初动能将减小C. 单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D. 有可能不发生光电效应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．光的强弱影响的是单位时间内发出的光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔，故A错误；B．根据光电效应方程可知，入射光的频率不变，则最大初动能不变，故B错误；C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，故C正确；D．入射光频率不变，故仍然能发生光电效应，故D错误。故选C。3. 如图是氢原子的能级图，一群氢原子处于n=3能级，下列说法中正确的是（　　）
 A. 这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的波B. 这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2eVC. 从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光波长最长D. 这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁【答案】A【解析】分析】【详解】A．这群氢原子跃迁时能够发出光子的频率种数为故A正确；B．这群氢原子发出的光子中，能量最大为故B错误；C．从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光能量最大，则频率最高，波长最短，故C错误；D．这群氢原子能够吸收特定光子的能量而向更高能级跃迁，故D错误。故选A。4. 一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（　　）A. t1时刻线圈平面感应电动势达最大 B. t2时刻线圈平面位于中性面C. t3时刻线圈平面磁通量变化率为零 D. t2时刻线圈平面产生的感应电流改变向【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图可知，t1时刻磁通量最大，此时感应电动势为0，故A错误；B．由图可知，t2时刻磁通量为0，此时线圈平面与磁感线平行，即与中性面垂直，故B错误；C．图象斜率表示磁通量变化率，由图可知，t3时刻线圈平面磁通量变化率为零，故C正确；D．由图可知，t2时刻磁通量为0，此时线圈平面与磁感线平行，此时感应电动势最大，此时电流方向不变，故D错误。故选C。5. 如图所示，用一根粗细均匀的细铜导线做成一个半径为r的闭合圆环，把圆环的一半置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向始终垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化规律为B=B0+kt（B0 不变，k为一恒量且满足0< k <1T/s），a、b为圆环的一条直径的两端点，圆环的总电阻为R ，则（　　）
 A. 圆环中产生顺时针方向的感应电流B. 圆环具有扩张的趋势C. a、b两点间的电势差D. 在t = 0时，右半圆环受到的安培力大小为【答案】D【解析】【详解】AB．由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，AB错误；C．根据法拉第电磁感应定律得电动势为所以电流为ab两端电压为C错误；D．根据安培力公式D正确。故选D。6. 如图所示，交流电流表与灯泡串联，先后在M、N间加上不同的交变电压，第一次加电压随时间按甲图的正弦规律变化；第二次加电压随时间按乙图规律变化．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则这两次交流电流表读数之比I1：I2为(    )
 A. 1： B. :1 C.  D. 1:2【答案】A【解析】【分析】【详解】第一次灯泡两端电压有效值故电流设第二次电压的有效值为，根据有效值的定义，则有解得故电流为故电流之比故选A。7. 如图所示，变压器的原副线圈的匝数比一定，原线圈的电压为U1时，副线圈的电压为U2，L1、L2、L3为三只完全相同灯泡，开始时，开关S断开，然后当开关S闭合时(     )A. 电压U1不变，U2增大B. 灯泡L1变亮，L2变暗C. 灯泡L1变暗，L2变亮D. 原线圈输入功率变小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据，可知当原线圈的电压U1一定时，副线圈的电压U2也一定，故选项A错误；BC．当开关S闭合时，次级电阻减小，故次级电流变大，所以灯泡L1变亮，此时L2、L3并联支路的电压减小，L2变暗，选项B正确，C错误；D．由于次级电流变大，则P出=U2I2变大，因P入=P出，则原线圈输入功率变大，选项D错误；故选B.8. 一弹簧振子做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A. 振子振动频率为4HzB. 振子的运动轨迹为正弦曲线C. t=0.25s时，振子的速度方向与加速度方向相同D. 在t =1s时刻，振子的回复力最大，速度为零【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可以知道则A错误；B．图像反映是位移与时间的关系，不是运动轨迹，弹簧振子的轨迹为直线，B错误；C．在时刻，振子正向正方向运动，位移方向正，而加速度方向与位移方向相反，即加速度方向为负方向，C错误；D．在时刻，振子处于正向最大位移处，位移最大，根据，该时刻回复力最大，速度为零，D正确。故选D。9. 如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
 A. 原线圈的输入功率为B. 电流表的读数为1 AC. 电压表的读数为 D. 副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【详解】AC．理想变压器原线圈两端电压的有效值为根据解得即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流则副线圈的输出功率原线圈的输入功率也是220 W，AC错误。B．根据解得即电流表的读数为1 A，B正确；D．由可知，角速度原线圈所接交流电的周期副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，D错误。故选B。10. 如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为30°，斜面上放有矩形导体线框abcd，其中ab边的长度为L1＝0.2m，bc边的长度为L2＝0.1m，线框的质量为0.1kg，电阻为1Ω。有界匀强磁场的磁感应强度为1T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN。现用1N大小的拉力F使线框从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列说法正确的是（   ）A. 线框进入磁场时的速度大小为10m/sB. 线框进入磁场前的加速度大小为10m/s2C. 线框进入磁场过程中产生的总热量为0.05JD. 线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为15m【答案】C【解析】【分析】【详解】A．导线框进入磁场时产生的感应电动势为E=BL1v感应电流为ab边受到的安培力大小为由于线框匀速进入磁场，受力平衡，则满足F=F安+mgsinθ联立解得v=12.5m/sA错误；B．由牛顿第二定律可得，线框进入磁场前的加速度大小为B错误；C．由功能关系可知，线框进入磁场过程中产生的总热量为C正确；D．线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题所给的四个选项都有两项及以上符合题目要求。全部选对的得4分，对而不全的得2分，有选错的得0分。11. 图甲是一列简谐横波在t＝0.01s时刻的波形图，图乙是质点P的振动图象，则下列说法正确的是(   　)
 A. 该波沿x轴负方向传播，波速大小为100m/sB. 在0.01s~0.025s内，质点R通过的路程为15cmC. t＝0.005s时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动D. 在0.01s~0.015s内，质点Q的加速度一直在减小【答案】BC【解析】【详解】图乙是质点P的振动图象，根据图乙可知在0.01s时P向上振动，根据“同侧法”可知波沿+x方向传播，波长λ=2m．周期T=0.02s，故波速，故A错误；在0.01s～0.025s内，即质点R振动了，所以质点R通过的路程为s=×4A=×4×5cm=15cm，故B正确；t=0.01s时1.5m处质点处于负向最大位移，所以t=0.005s 时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动，故C正确；该时刻质点Q向下振动，在0.01s～0.015s内，即从该时刻再经过T/4，质点Q的位移先减小后反向增大，则加速度先减小、后反向增大，故D错误．12. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S、匝数为n、线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是(   　) A. t2~t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为C. t3~t4时间内通过电阻R的电荷量为D. t1~t5时间内电阻R的发热量为【答案】BC【解析】【详解】t2～t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为△Φ=BS，故A错误；由于产生的电动势最大值为E0，根据所以磁通量变化率的最大值 ，故B正确；通过电阻的电荷量，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为：，故C正确；t1～t5时间内电阻R的发热量为：，故D错误；13. 如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中（   ）A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热D. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零【答案】AC【解析】【详解】AB．导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：得克服安培力所做功即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和，A正确，B错误；由得C．即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故C正确；D．重力做功不改变金属棒的机械能，恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增量，故D错误．14. 如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd．t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入匀强磁场（虚线为其左边界）的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，感应电流的热功率为P，则关于i、U、F、P随运动时间t变化关系图象正确的是A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【详解】金属杆做匀加速直线运动，速度为：v=at，感应电动势：E=BLv，感应电流为：，其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误．感应电流：，当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内，Uad=IRad=BLat，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为：Uad=E=BLat，电压随时间均匀增加，故B正确．金属杆所受的安培力为：，由牛顿第二定律得：F-FA=ma，解得：，当0-t1时间内，感应电流为零，F=ma，为定值，t1-t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F=ma，为定值，故C错误；感应电流的热功率：，当0-t1时间内，感应电流为零，P=0，t1-t2时间内，电流P与t2成正比，t2时间后无感应电流，P=0，故D正确.三、实验题：本题每空2分，共12分15. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中，（1）以下做法正确的是___________A. 测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB. 测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为C. 摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会D. 释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°（2）黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为___________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为___________m/s2（取9.86，结果保留两位小数）（3）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中___________。A.甲的说法正确      B.乙的说法正确      C.两学生的说法都是错误的（4）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g=___________。（5）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程。图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________________（填字母代号）。【答案】    ①. BD    ②. 2.16    ③. 9.76    ④. A    ⑤.     ⑥. A【解析】【详解】（1）[1]A. 测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度加上摆球的半径作为摆长L，选项A错误；B. 测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为，选项B正确；C. 因圆锥摆的周期解得 则若摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，会对实验结果有影响，选项C错误；D. 释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，否则单摆的振动就不是简谐振动，选项D正确。故选BD。（2）[2][3]黄同学游标卡尺测得摆球直径读数为2.1cm+0.1mm×6=2.16cm，则摆长为根据可得 （3）[4]考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，BC错误；故选A；（4）[5]设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式得联立两式解得（5）[6]当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：A=lsin5°=1×0.087m=8.7cm当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，和明显图B不是总最低点开始计时的；图C摆角过大；图D只记录了一次全振动作为周期，所以A合乎实验要求且误差最小。
故选A。四、计算题：共4道题，共42分。要求写出必要文字说明和重要方程式。16. 如图所示,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500 V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1∶10,两变压器间输电导线的总电阻为2Ω,降压变压器B2的输出电压为220V.求：(1)输电导线上损失的功率;(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数之比.【答案】(1)  (2) 【解析】【详解】(1)原、副线圈电压比等于匝数比，对升压变压器：即 输电线的电流： 损失的功率：(2)降压变压器的输入电压：U3=U2-I2R=4800V降压变压器匝数比:17. 某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中实线所示.
 (1)若波向右传播．零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点也开始起振.求：该列波的周期T；从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？(2)若此列波的传播速度大小为20m/s，且波形由实线变为虚线需要经历0.575s时间，则该列波的传播方向如何？【答案】(1) 0.2s；位移为10cm，路程130cm ；(2) 该波向右传播【解析】【分析】【详解】由图象知λ=2m，A=10cm.(1)波向右传播，则波速为=10m/s由解得T=0.2s当图示时刻x=−0.5m处振动传到P点时，P点第一次达到波峰，此过程波传播的距离s=6.5m，则由t=0到P点第一次到达波峰为止，经历的时间=0.65s=3T由题意知，经过△t=3T时间，O点到达波峰，对平衡位置的位移y0=10cm所经过的路程为17倍的振幅s0=13A=130cm(2)若波速v=20m/s，时间t=0.575s，则波沿x轴方向传播的距离为x=vt=11.5m=(5+)λ根据波形的平移可知，波沿x轴正方向传播．18. 如图,为小型旋转电枢式发电机原理图,其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动,线圈的匝数、电阻,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻,与R并联的交流电压表为理想电表. 在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图(乙)所示正弦规律变化. 求：
 (1)从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中感应电动势;(2)从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R的电量;(3)电路中交流电压表的示数.(4)从t=0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功.【答案】(1)   (2)  (3)  (4)【解析】【详解】(1)从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中，根据图像可知，磁通量变化量：，所用时间：，感应电动势．(2)感应电动势：，感应电流：，通过回路电量：．(3)由感应电动势规律,线圈中的电动势的最大值为:，有效值:，根据电压关系：．(4)外力对线圈所做的功等于产生的总热量，所以．19. 相距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10m/s2，求：(1)ab杆的加速度a；(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。【答案】（1）10m/s2；（2）2m/s；（3）2.94J【解析】【分析】（1）对ab杆应用牛顿第二定律可以求出其加速度；（2）求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流对cd受力分析，应用平衡条件可以求出杆的速度；（3）应用运动学公式求出ab杆的位移，对ab杆应用动能定理求出安培力做功，然后求出ab杆产生的焦耳热。【详解】（1）对ab杆由牛顿第二定律可得即可得由图像可知可得a=10m/s2或者（2）cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg＝μFN又FN＝F安安培力F安＝BIL感应电流由以上几式解得v＝2m/s（3）ab杆发生的位移为对ab杆应用动能定理得解得W安＝4.9J根据功能关系得Q＝W安所以ab杆上产生的焦耳热为【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，分析清楚导体杆运动的过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与动能定理可以解题。