2021-2022学年贵州省遵义市务川县汇佳中学高二（下）半期考试物理试题含解析

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2021-2022学年贵州省遵义市务川县汇佳中学高二（下）半期考试物理试题物理试卷考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修1，必修2，选修3-1，选修3-2.第Ⅰ卷（选择题共48分）选择题：本题共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. 2021年7月1日上午，庆祝中国共产党成立100周年大会在北京天安门广场隆重举行。如图所示，受检直升机正以相同的速度匀速飞过天安门广场表演区，下列说法正确的是（　　）
 A. “100周年”是时刻B. 研究直升机螺旋桨的运行情况时，螺旋桨可视为质点C. 以其中一架直升机为参考系时，其余直升机是静止的D. 空气对直升机的作用力大于直升机对空气的作用力【答案】C【解析】【详解】A．“100周年”是时间间隔，选项A错误；B．研究直升机螺旋桨的运行情况时，由于其大小和形状不能忽略，则螺旋桨不可视为质点，选项B错误；C．以其中一架直升机为参考系时，其余直升机是静止的，选项C正确；D．根据牛顿第三定律，空气对直升机的作用力与直升机对空气的作用力大小相等，选项D错误。故选C。2. 质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
 A. 质点的加速度方向与初速度方向始终相同 B. 质点的加速度大小为2C. 时质点的速度大小为6m/s D. 0~4s时间内质点的位移大小为8m【答案】B【解析】【详解】A．根据图象的斜率看出，质点的加速度不变，方向为正，与初速度方向相反，故A错误；B．由图线的斜率表示加速度知质点的加速度大小为故B正确；C．时质点的速度大小为故C错误；D．由图象的面积表示位移知0~4s时间内质点的位移大小为故D错误。故选B。3. 如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的O轴自由转动的闭合矩形导线框，开始处于静止状态，当滑动变阻器R的滑片P自右向左滑动时，下列说法正确的是（　　）A. 导线框将保持静止B. 导线框将顺时针转动C. 导线框将逆时针转动D. 因电源极性不明，无法确定导线框转动的方向【答案】C【解析】【详解】ABC．当滑动变阻器的滑片向左滑动时，外电路的总电阻减小，通过电磁铁的电流增大，穿过导线框a的磁通量增大，为了阻碍磁通量增大，导线框ab必将逆时针方向转动，C正确，AB错误。D．分析过程并未涉及电源的极性，所以结论与电源的极性无关，D错误。故选C。4. 2021年4月29日，我国空间站“天和”核心舱发射成功，进入预定轨道后绕地球做匀速圆周运动。据报道，“天和”核心舱的质量为22吨，轨道离地高度400千米至450千米。下列说法正确的是（　　）
 A. “天和”核心舱在预定轨道运行时处于完全失重状态，不受地球的引力作用B. “天和”核心舱的轨道高度越高，其加速度越小C. “天和”核心舱运行的线速度一定大于7.9km/sD. “天和”核心舱的轨道高度越高，其发射速度越小【答案】B【解析】【详解】A．“天和”核心舱在预定轨道运行时受到地球的引力作用，选项A错误；B．核心舱进入轨道做圆周运动时，高度越高，受地球的引力越小，则向心加速度越小，选项B正确；C．核心舱做圆周运动时的线速度小于第一宇宙速度，选项C错误；D．轨道越高，发射速度越大，选项D错误。故选B。5. 如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列判断正确的是（　　）
 A. P1=P2=P3=P4 B. U1>U2>U3>U4C.  D. 【答案】C【解析】【详解】A．由于T1和T2是理想变压器，得由于输电线路有功率损失A错误；B．由于T1和T2分别是理想升压变压器和理想降压变压器由于输电线路有电压损失B错误；C D．输电线路电流输电线路电压损失又得C正确；D错误。故选C。6. 如图所示，A、B两滑块的质量均为M，放在粗糙水平面上，两滑块与两个等长的轻杆连接，两杆之间以及杆与滑块之间均用光滑铰链连接，一质量为m的重物C悬挂于两杆铰接处，杆与水平面间的夹角为θ，整个装置处于静止状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
 A. 轻杆上的作用力为B. A、B滑块均受到5个力作用C. A、B滑块对水平面的压力大小均为D. A、B滑块对水平面的摩擦力大小均为【答案】C【解析】【详解】A．对两杆铰接处受力分析，如图所示，由平衡条件可得
 2Tsinθ=mg解得轻杆上的作用力为A错误；B．对A、B滑块受力分析可知，均受到重力、轻杆的拉力、粗糙水平面的支持力和摩擦力共4个力作用，B错误；C．对整体受力分析可知，A、B滑块对水平面的压力大小均为，C正确；D．在水平方向，由平衡条件可知，A、B滑块受水平面的摩擦力大小均为由牛顿第三定律可知，A、B滑块对水平面的摩擦力大小均为，D错误。故选C。7. 如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场放置，将M、N两点接入电源两端，通电时，导体框受到的安培力为3.6N，导体框中MN边受到的安培力大小为（　　）A. 1.2N B. 1.8N C. 2.4N D. 3.6N【答案】C【解析】【详解】设MN边的长度为L，流过MN的电流为2I，根据并联知识可得流过导体框MDN的电流为I，根据题意可得=3.6N导体框中MN边受到的安培力大小=2.4N选项C正确，故选C。8. 如图所示，在某实验室真空实验区竖直平面内有一充满电的平行板，其上极板带正电且接地，两极板间P点悬停一带电油滴，现将上极板微微上移，则（　　）
 A. 该油滴带正电 B. 该油滴会加速下落C. 该油滴的电势能将增大 D. 该油滴会先下降然后重新悬停在某一位置【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，平行板中电场方向向下，对油滴由平衡条件可知所受电场力向上，所以油滴带负电，故A错误；BD．平行板所带电荷量不变，极板向上移动，根据可知电容变小，结合可得可知电场强度不变，则油滴保持静止，故BD错误；C．由B分析可知，极板间的电势差变大，根据可知点到下极板的电势差不变，由于上极板接地，则点的电势减小，油滴带负电，则该油滴的电势能将增大，故C正确。故选C。9. 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，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A. 该交变电流的频率为50Hz B. 该交变电流的有效值是10AC. 时，穿过线圈的磁通量最大 D. 该交变电流瞬时值表达式为【答案】AB【解析】【详解】A．由乙图可知，该交变电流的周期，因此该交变电流的频率为故A正确；B．由乙图可知，该交流电电流的最大值，因此该交变电流的电流的有效值为故B正确；C．当时，电流有最大值，此时线圈的速度方向与磁感线方向垂直，线圈位于中性面上，磁通量为零，故C错误；D．根据图乙所示交流电瞬时值的表达式为代入数据得故D错误。故选AB。10. 如图所示，静止在水平地面上的一辆小货车运载着5根完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形木材，木材相互紧贴按图示（截面图）方式堆放在底板水平、两侧竖直的小货车上，C自由地摆放在A、B之间，若小货车突然向前加速启动，A、B、C始终与小货车保持相对静止，则与小货车静止时相比，启动时（　　）A. A对C的支持力增大 B. B对C的支持力减小C. A与C之间可能没有弹力作用 D. 地面对小货车支持力不变【答案】CD【解析】【详解】AB．原来C静止，根据平衡条件得，水平方向：A、B对C弹力的水平分力等大反向，竖直方向：A、B对C弹力的竖直分力之和等于重力。小货车以某一加速度向左做匀加速运动时，合外力方向水平向左，但A、B对C弹力的竖直分力之和等于仍重力不变，且两个弹力方向不变，所以只能是木材A对木材C的支持力减小，木材B对木材C的支持力增大，故A B错误；C．当小货车的加速度为某一适当的值a时，木材A与木材C之间可能没有弹力作用，ABC完全相同，三个截面圆心连线构成等边三角形，则AC圆心连线、BC圆心连线与水平方向夹角均为60°，如图由牛顿第二定律解得故C正确；D．以ABC整体为研究对象，两种情况下整体竖直方向合力均为零，小车底板对木材A、B支持力的合力一直等于ABC的重力不变，所以地面对小货车的支持力一直等于小货车的重力与木材ABC的重力之和，故D正确。故选CD。11. 如图所示，圆形线圈的匝数为200，面积为0.3，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的规律为，定值电阻，电容器的电容，线圈的电阻。下列说法正确的是（　　）A. 线圈产生的感应电动势为3V B. 电容器两极板间的电压为3VC. 通过电阻R的电流为1A D. 电容器所带的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律有解得E=3V故A正确；BC．根据闭合电路欧姆定律有解得I=0.5A电容器两端的电压与电阻R两端电压相等，即故BC错误；D．电容器所带的电荷量解得q=1×10-4C故D正确。故选AD。12. 如图所示，空间存在范围足够大的垂直xOy平面向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为的带电粒子（不计重力）从坐标原点O沿x轴正方向以的速度射出，带电粒子恰好经过点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. 匀强磁场的磁感应强度大小为 B. 匀强磁场的磁感应强度大小为C. 粒子从O点运动到A点所用的时间为 D. 粒子从O点运动到A点所用的时间为【答案】BC【解析】【详解】AB．粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射，恰好经过点A，连接OA，做OA的中垂线交y轴于O1点，O1点即为粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图。由A点坐标为知则粒子做匀速圆周运动的半径为r，则有又由粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有可解得故A错误，B正确；CD．粒子做圆周运动转过的圆心角为，由几何知识知，即粒子从O运动到A转过个圆周，所用的时间为t，则有粒子做匀速圆周运动的周期T为结合解得故C正确，D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共52分）非选择题：共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13. “探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，实验中通过力传感器将绳中拉力大小的信息以无线方式传输给数据采集系统，用打点计时器打出的纸带求出小车运动的加速度，实验室除了砝码还有多组钩码。（1）下列实验要求中正确的是___________。A．无须平衡摩擦力B．需要测量砝码和托盘的总质量C．小车的质量无须远大于砝码和托盘的总质量（2）图乙为实验中打出的纸带，图中相邻两计数点间还有四个计时点未画出，打点计时器所接电源的频率为50Hz，则打点计时器在打下计数点5时小车的速度___________m/s；小车的加速度a=___________。（结果均保留两位有效数字）【答案】    ①. C    ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1] A．探究加速度与力关系，力指小车受到的合力，必须先平衡摩擦力。A错误；B C．实验中通过力传感器测绳中拉力，不需要测量砝码和托盘的总质量，小车的质量无须远大于砝码和托盘的总质量。B错误；C正确。故选C。（2）[2] [3]打点计时器在打下计数点5时小车的速度小车的加速度14. 某同学欲测量一段阻值约为2000Ω的电阻丝的电阻率，可供选择的器材有：A．满偏电流为1.5mA、内阻为100Ω的灵敏电流表；B．待测电阻丝Rx；C．电阻箱R′（0～9999Ω）；D．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）；E．内阻不计、电动势为4.5V的直流电源；F．直尺、游标卡尺、开关及导线若干。实验步骤如下：
 （1）该同学把灵敏电流表改装为量程Um=3V的电压表，需将电流表和电阻箱R′___________（填“串联”或“并联”），并将电阻箱的阻值调为___________Ω；（2）按如图所示的电路图连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到图中左端，依次闭合开关S2、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数达到满偏值Um（电流表改装后的刻度）；保持滑动变阻器的滑片位置不变，断开开关S2，记下电压表的示数U（电流表改装后的刻度），已知改装后的电压表内阻为RV，计算得到电阻丝的电阻Rx=___________；（3）若电阻丝的长度为L，横截面积为S，则电阻丝的电阻率ρ=___________。【答案】    ①. 串联    ②. 1900    ③.     ④. 【解析】【详解】（1）[1][2]电流表改装为电压表需要串联电阻，串联的电阳阻值为（2）[3][4]保持滑动变阻器的滑片位置不变，断开开关S2，电阻丝和电压表上的总电压儿乎不变，故解得（3）根据电阻定律解得15. 如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆（右边有开口）内有方向垂直圆平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN在圆环上以速度v自左端匀速运动到右端。电路中的电阻为R，其余电阻不计，导线MN始终与圆环接触良好，求：（1）此过程中通过导线MN的电荷量q；（2）此过程中导线MN上电流的最大值。
 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）导线MN从左端匀速运动到右端，有联立可得其中解得（2）导线MN运动到圆环的圆心处时，切割的有效长度最大，产生的感应电动势最大，所以有解得16. 如图甲所示，足够长的木板与水平地面间的夹角，可视为质点的木块恰好能沿着木板匀速下滑。现让木块从木板的底端以的速度沿木板向上滑动，如图乙所示，取重力加速度大小，，，求：（1）木块与木板间动摩擦因数；（2）木块能沿木板向上滑行的距离x。
 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）木块匀速下滑，由平衡条件得滑动摩擦力为解得（2）木块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律结合运动学公式得解得17. 示波管工作原理简化示意图如图所示，质量为、电荷量为的电子，由静止经电压为的电场加速后，垂直进入极板长度为的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后沿直线运动，最终打在距离偏转电场右端的屏幕上的点。已知电子打在屏幕上的侧向位移大小，不计电子所受重力与空气阻力。求：（1）电子进入偏转电场时的速度大小；（2）电子打在屏幕上点时的动能；（3）偏转电场的电场强度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由动能定理得解得（2）设电子射出偏转电场时速度的偏角为，由速度的反向延长线恰好平分水平方向的位移得且，解得（3）电子进入偏转电场做类平抛运动，设电子在偏转电场运动时间为，则有且解得