2021-2022学年福建省永春美岭中学高二（下）期中测试物理试题含解析

美岭中学2022春高二年段半期考物理科试卷

总分：100分考试时间：90分钟

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1. 质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)，直至落回地面,在此过程中（ ）

A. 整个过程中重力的冲量为0

B. 整个过程中重力的冲量为mv0

C. 上升过程冲量大小为mv0，方向向下

D. 上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反

【答案】C

【解析】

【详解】A、B项：物体从抛出到落回地面的时间为：，所以整个过程中重力的冲量为： ，故AB错误；

C项：物体从抛出到最高点所用的时间为：，上升过程中重力的冲量：，方向与重力方向相同，即竖直向下，故C正确；

D项：由于上升的时间和下落的时间相等，由冲量的定义I=Ft，可得上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，方向都与重力方向相同即竖直向下，故D错误．

故选C．

2. 把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈中心,且在线圈平面内．当线圈通以图示方向的电流时线圈将 ( )

A. 发生转动,同时靠近磁铁 B. 发生转动,同时远离磁铁

C. 不发生转动,只靠近磁铁 D. 不发生转动,只远离磁铁

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故A正确，BCD错误。

故选A。

3. 如图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图乙为波上质点A的振动图象，则（　　）

A. 该列波的波速为25cm/s

B. 该列波沿x轴正方向传播

C. 在内，质点A振动的能量逐渐增大

D. 从该时刻起，经质点A运动到x=0.4m处

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图象知T=0.4s，λ=0.4m，则波速为

故A错误；

B．由图乙知，t=0时刻质点A正通过平衡位置向下振动，根据波形的平移法可知该列波沿x轴正方向传播，故B正确；

C．简谐波传播过程中，质点A振动的能量不变，故C错误；

D．简谐波传播过程中，质点A只在其平衡位置附近上下振动，不随波向前移动，故D错误。

故选B。

4. 如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是

A. 真空中，a光的波长小于b光的波长

B. 在三棱镜中a光传播速度小于b光传播速度

C. 在三棱镜中a光的折射率大于b光的折射率

D. a光的光子能量小于b光的光子能量

【答案】D

【解析】

【详解】光从空气斜射向玻璃折射时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，即na＜nb，根据v=c/n 分析知在该三棱镜中a光速度大于b光速度，故BC错误；a的频率较小，则真空中a光的波长大于b光的波长，a光的光子能量小于b光的光子能量，故A错误，D正确；故选D.

点睛：解答此类问题首先要看光的偏折程度，折射的程度越大，则折射率就越大，频率就越大，波长就越小，光子能量越小.

5. 如图所示的电路中，L为电感线圈（电阻不计），A、B为两灯泡，以下结论正确的是（    ）

A. 合上原本断开的开关S时，A先亮，B后亮

B. 合上原本断开的开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮

C. 断开原本闭合的开关S时，A变亮，B熄灭

D. 断开原本闭合的开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：电感线圈L中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流变化；故电键接通瞬间通过线圈的电流缓慢增加，电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少．

解：A、B、合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，故A错误，B正确；

C、D、断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗；故C错误，D错误；

故选B．

【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化．

6. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个图是单色光形成的干涉或衍射图样，根据各图样的特点可知（　　）

A. 甲图是光的衍射图样 B. 乙图是光的干涉图样

C. 丙图是光射到圆孔后的干涉图样 D. 丁图是光射到圆板后的衍射图样

【答案】D

【解析】

【详解】A．甲图中条纹间距相等，是光的双缝干涉图样，故A错误；

B．乙图中中间亮条纹最宽，向外条纹变窄，间距变小，是光的单缝衍射图样，故B错误；

C．丙图为圆孔衍射图样，故C错误；

D．丁图是光射到圆板后的衍射图样（光照射在小圆盘上却出现中间亮斑），故D正确。

故选D。

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7. 关于电磁场和电磁波，正确说法是（　　）

A. 电磁波传播速度总是 3×108m/s

B. 电磁波是一种物质，可以在真空中传播

C. 电场和磁场总相互联系，它们统称为电磁场

D. 光是一种电磁波

【答案】BD

【解析】

【详解】A．电磁波只有在真空中传播速度才是3×108m/s，故A错误；

B．电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播。故B正确；

C．变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场。故C错误；

D．光是一种电磁波。故 D正确。
故选BD。

8. 两个质量、带电量绝对值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图。不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）

A. a粒子带正电

B. b粒子带正电

C. a粒子速度较小

D. b粒子在磁场中运动时间较短

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，A错误B正确；

C．轨迹如图

洛伦兹力提供向心力，即

得

a粒子半径较小，a粒子速度小，C正确；

D．据

粒子在磁场中运动的时间为

因为b粒子的偏转角小，所以运动的时间就短，D正确。

故选BCD。

9. 如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，甲木块以v的速度向右运动，乙木块静止，左侧连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（　　）

A. 甲木块速度大小一直减小直至零

B. 甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动

C. 甲、乙两木块所组成系统动量守恒

D. 甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒

【答案】AC

【解析】

【分析】本题考查动量守恒定律，由“一动一静”的物理模型可以进行分析。

【详解】A．甲、乙木块的作用过程中，由于甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，当弹簧恢复原长时，设甲的速度为，乙的速度为，甲、乙的质量相等，均设为m，由动量守恒和机械能守恒列方程

解得

所以，甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时，速度变为零，故A正确；

B．甲木块速度大小一直减小直至零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；

C．由动量守恒定律的判定条件可知，甲、乙两木块所组成的系统动量守恒，故C正确；

D．对甲、乙木块及弹簧组成的系统，机械能守恒，故D错误。

故选AC。

【点睛】质量相同的两个物体发生“一动一静”的完全弹性碰撞，碰撞后速度交换。

10. 如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中以角速度绕垂直磁场的轴匀速转动，与理想变压器原线圈相连，则（    ）

A. 在图示位置时，矩形线圈中磁通量变化率最小

B. 若仅增加副线圈的匝数，则原线圈中的电流增大

C. 若仅将变为原来的2倍，则电路的总功率变为原来的2倍

D. 若仅将滑动变阻器滑片向下滑动，可使L1变亮，L2变暗

【答案】AB

【解析】

【详解】A．在图示位置时，矩形线圈中磁通量最大，磁通量变化率最小，为零，A正确；

B．若仅增加副线圈的匝数，由

则原线圈中的电流增大，B正确；

C．若仅将变为原来的2倍，由

则最大电动势变为原来的2倍，根据

电动势的有效值也为原来的2倍，再由功率公式

R不变，则电路的总功率变为原来的4倍，C错误；

D．若仅将滑动变阻器滑片向下滑动，R0减小，R0与R2串联和R1并联的总电阻减小，副电压不变，L2变亮，L1不变，D错误。

故选AB。

三、填空题（本大题共3小题，共18.0分）

11. 如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期________（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为________．

【答案】    ①. 等于    ②.

【解析】

【详解】[1][2]．a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三摆做受迫振动，三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则三摆的周期相同．据乙图可知：T=2t0，再据可知，a的摆长

考点：单摆

12. 小组同学利用双缝干涉原理来测定光的波长。实验中取双缝间距，双缝到光屏间距离，用某种单色光照射双缝得到干涉图样如图乙所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别如图丙、丁所示，则游标卡尺的读数分别为___________、___________，该单色光的波长为___________m（计算结果保留三位有效数字）。

【答案】    ①. 11.1    ②. 15.6    ③. 6.43×10-7

【解析】

【详解】[1][2]游标卡尺的读数为

[3]根据

解得

13. 某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端黏有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起，继续做匀速运动，设计图如下：在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。

①若已得到打点纸带如下图，并测得各计数点间的距离。在图上标出A为运动起始点，则应选______段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度。

②已测得小车A的质量mA=0.4kg，小车B的质量mB=0.20kg，则由以上结果可得碰前总动量=_______kg·m/s，碰后总动量=________kg·m/s。（计算结果保留三位有效数字）

【答案】    ①. BC    ②. DE    ③. 0.420    ④. 0.417

【解析】

【分析】

【详解】①[1][2]碰撞前后，小车都做匀速直线运动，纸带点迹分布应该是均匀分布，并且碰前速度大于碰后速度，纸带的分布距离较大，则应选BC段来计算A碰前的速度，应选DE段来计算A和B碰后的共同速度。

②[3]A碰前速度为

碰前总动量为

[2]A和B碰后的共同速度为

碰后总动量为

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

14. 如图所示，速度选择器两板间电压为U、相距为d，板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在紧靠速度选择器右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为R．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在速度选择器中做直线运动，从M点沿圆形磁场半径方向进入磁场，然后从N点射出，O为圆心，∠MON＝120°，粒子重力可忽略不计．求：

(1)粒子在速度选择器中运动的速度大小；

(2)圆形磁场区域的磁感应强度B的大小；

(3)粒子在圆形磁场区域运动时间．

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，由力的平衡条件得

解得：

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

设其半径为r，由向心力公式得：

由几何关系得：

联立解得：

(3)粒子在磁场中运动周期为：

根据几何关系可知粒子在磁场中的圆心角为600，；联立以上可得运动时间为：

15. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.30Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.40Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响）。

(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；

(2)求磁感应强度B的大小；

(3)在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。

【答案】（1）；（2）0.1T；（3）0.195J

【解析】

【详解】（1）由右手定则判断：。

（2）当金属棒匀速下落时，设其速度设为v，由共点力平衡条件得

金属棒产生感应电动势

设电路中的电流为I ，由闭合电路欧姆定律可得

由x-t图象可得

代入数据解得

（3）在0～1.5 s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得

代入数据解得

电阻R上产生的热量

16. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为．求：

（1）A刚滑离木板B时，木板B的速度；

（2）A与B的上表面间的动摩擦因数；

（3）圆弧槽C的半径R；

（4）从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能．

【答案】（1） vB＝；（2）（3）（4）

【解析】

【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：

mv0＝m＋2mvB

解得vB＝

(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量

解得

(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统水平方向上动量守恒，则有：

＋mvB＝2mv

A、C系统机械能守恒：

解得   

(4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统水平方向上动量守恒

A、C系统初、末状态机械能守恒，

解得vA＝.

所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为：

【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．