2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高二下学期期中物理试题 （解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高二下学期期中物理试题 （解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（ ）
A. 法拉第发现了电流磁效应，奥斯特发现了电磁感应现象
B. 麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
【答案】C
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误；
C．库仑发现了点电荷相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；
D．洛伦兹发现磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误。
故选C。
2. 一列沿x轴传播的简谐横波，时刻的波形如图甲所示，其中某质点P的振动图像如图乙所示。则（ ）
A. 波沿x轴正方向传播，波速大小为60m/s
B. 当时质点P的加速度方向指向y轴正向
C. 在内，质点P运动的路程为12cm
D. 在内，质点P一直向y轴负方向运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．质点P在时刻向下振动，由上下坡法可知，波沿x轴负方向传播，大小为
故A项错误；
B．由图乙可得，当时质点P在y轴负方向，则加速度方向指向y轴正方向，故B项正确；
C．在时间内半个周期，质点P运动的路程为
故C项错误；
D．由图乙可得在时间内，质点P先向y轴负方向运动，后向y轴正方向运动，故D项错误。
故选B。
3. 如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I。已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离。一带负电的小球（图中未画出）以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小球先做加速运动后做减速运动
B. 小球一直做匀速直线运动
C. 小球对桌面的压力先增大后减小
D. 小球对桌面的压力一直在增大
【答案】B
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向在竖直向下，根据F=qvB可知，其大小是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先减小后增大，故ACD错误，B正确。
故选B。
4. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在线圈a的右上方固定一竖直螺线管b，螺线管与电源和滑动变阻器串联。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动（线圈a始终静止），下列说法正确的是（ ）
A. 线圈a有缩小的趋势B. 线圈a对水平桌面的压力将减小
C. 线圈a受到水平向右的静摩擦力D. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】AD．当滑动触头P向上移动时电阻增大，通过线圈b的电流减小，穿过线圈a的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈a中感应电流方向俯视为顺时针，根据“增缩减扩”可知，线圈a应有扩张的趋势，AD错误；
BC．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a受到斜向右上的安培力，即线圈a对水平桌面的压力将减小，同时受到水平向左的静摩擦力，B正确，C错误。
故选B。
5. 如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a的等边三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区域。已知运动过程中金属框的MN边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在0 ≤ x ≤ 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = Bxv
则
时
在 ≤ x ≤ a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(a - x)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在a ≤ x ≤ 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(x - a)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 2a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(2a - x)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在2a ≤ x ≤ 时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(x - 2a)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 3a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(3a - x)v
则
时
x = 3a时
Imin= 0
综上分析ABD错误、C正确。
故选C。
6. 图1为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=10 Ω的电阻连接，发电机内总电阻r=2 Ω，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图2是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像，则（ ）
A. 该电动势的瞬时值e=12sin 100πt（V）
B. R两端的电压瞬时值u=14.1cs 100πt（V）
C. t=0.02 s时，R两端的电压瞬时值为零
D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i=14.1cs 50πt（A）
【答案】B
【解析】
【详解】C．由图像可知，t=0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，故C错误；
B．由Φ-t图像可知
T=2×10-2 s
t=0时刻
Φ=0
根据可知R两端的电压u随时间t变化的规律是
u=14.1cs 100πt（V）
故B正确；
D．通过R电流i随时间t变化的规律是
i=1.41cs 100πt（A）
故D错误；
A．电动势的最大值
故A错误。
故选B。
7. 如图所示，固定金属圆环半径为L，在金属圆环的四个面积均等区域中有两个区域分别存在方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场。长为L的导体棒OA一端与圆环中心O点重合，另一端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接一定值电阻R，其它电阻不计。当导体棒以角速度绕O点在纸面内匀速转动时，回路中产生的交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
根据题意导体棒在转动一周的时间T过程中只有一半的时间切割磁感线产生感应电流，所以有
解得
故选C。
二、多选题（共3题）
8. 如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是
A. 该物块带正电
B. 皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C. 若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D. 在2～4.5S内,物块与皮带仍可能有相对运动
【答案】AD
【解析】
【详解】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s
A项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN-mgsinθ=ma ①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcsθ，后来：FN′=mgcsθ-f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；
B、D项：物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ=μ（mgcsθ-f洛）②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；
C项：由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．
故选AD．
9. 如图所示，两水平虚线1、2之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导线框由虚线1上方无初速地释放，释放瞬间ab边与虚线平行且与虚线1的间距为h，导线框的质量为m、总电阻为r，重力加速度为g。已知cd边与两虚线重合时的速度大小均为，忽略空气阻力，导线框在整个下落过程中不会发生转动。则下列说法正确的是（ ）
A. 导线框的ab边与虚线1重合时，克服安培力做功的功率大小为
B. 两虚线之间的距离为
C. 导线框在穿过磁场的过程中，产生的焦耳热为
D. 导线框完全进入磁场后，做匀加速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设当导线框的边与虚线1重合时，速度为，根据
解得
则安培力为
克服安培力做功的功率为
A正确；
B．导线框刚全部进入磁场的过程中即边与虚线1重合时，由动能定理得
其中
则克服安培力做的功
设两虚线间的距离为，由题意可得当导线框的边与虚线2重合时，速度也为，由动能定理可得
解得
B错误；
C．导线框在穿过磁场的过程中，产生的焦耳热为
C错误；
D．导线框完全进入磁场后，因无感应电流产生，导线框一定做匀加速直线运动，D正确。
故选AD。
10. 如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量、长度、电阻的均质金属杆垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直于金属杆的水平拉力F，使其由静止开始运动。金属杆运动后，拉力F的功率保持不变，当金属杆的速度稳定后，撤去拉力F。下列说法正确的是（ ）
A. 撤去拉力F前，金属杆稳定时的速度为16m/s
B. 从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为0.8C
C. 从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆前进的距离为1.6m
D. 从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为1.6J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对金属杆受力分析可知，当金属杆速度稳定时

根据法拉第电磁感应定律可得

由欧姆定律可得
由安培力公式

由公式

联立求解可得

故A错误；
BC．撤去拉力后，由动量定理可得
通过金属杆的电荷量
平均速度
解得
故BC正确；
D．由动能定理
则电阻产生热量
解得
故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 某同学用图a所示装置测定重力加速度，小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。
（1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则d=______mm。
（2）让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=______。
（3）摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c，保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制T2-l图像，求得图像斜率为k1，可得当地重力加速度g=______。
【答案】 ①. 2.331##2.332 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]由图b可知
（2）[2]由题意可知
解得
（3）[3]设A点以下的细线长度为l0，根据单摆周期公式得
化简得
T2-l图像的斜率为k1，则
解得
12. 在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
（1）某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，下列说法中正确的是________。
A．干涉条纹与双缝垂直
B．单缝和双缝应相互平行放置
C．若取下滤光片，光屏上可观察到白光的干涉图样
D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器示数如图甲所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为________mm。
（3）已知双缝间距d为2.0 × 10－4m，测得双缝到屏的距离L为0.600m，求所测光的波长为_________m（结果保留三位有效数字）
（4）下图为上述实验装置示意图。S为单缝，S1、S2为双缝，屏上O点处为一条亮条纹。若实验时单缝偏离光轴，向下微微移动，则可以观察到原来O点处的干涉条纹_________（“向上移动”“向下移动”“仍在O点”）
【答案】 ①. BC##CB ②. 13.870 ③. 7.70 × 10－2 ④. 向上移动
【解析】
【详解】（1）[1]A．干涉条纹与双缝平行，A错误；
B．单缝和双缝应相互平行放置，B正确；
C．若取下滤光片，光屏上可观察到白光的干涉图样，C正确；
D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距
减小。可以将双缝的距离d增大，或将双缝到屏的距离L减小，或换用波长更小的光做该实验。单缝向双缝靠近，不会改变条纹间距，不会改变目镜中观察到的条纹个数，D错误。
故选BC。
（2）[2]图乙中手轮上的示数为
（3）[3]图甲所示螺旋测微器示数
条纹间距
由得，所测光波长为
（4）[4]实验时单缝偏离光轴，向下微微移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹。如图所示，
对于中央亮纹来说，从单缝S经过S1、S2到中央亮纹的路程差仍等于0
，
那么
则中央亮纹O的位置略向向上移动。
四、解答题
13. 如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率为n=，直径AB与屏幕垂直并接触于A点，激光a以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现了两个光斑。
（1）求两个光斑之间的距离；
（2）改变入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最长距离。
【答案】（1）cm；（2）10cm
【解析】
【分析】
【详解】（1）光路图如图所示
设折射角为γ，折射光线交MN于P点，反射光线从玻璃砖射出后交MN于Q点，根据折射定律有
n＝
解得
γ＝60°
由几何关系可得两个光斑P、Q之间的距离
PQ＝PA＋AQ＝Rtan30°＋Rtan60°
解得
PQ＝cm
（2）当入射角增大发生全反射时，屏MN上只剩一个光斑，此光斑Q′离A点最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角，即
i＝C
且
sinC＝，Q′A＝
代入数据解得
O′A＝10cm
14. 如图所示，间距为的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为的电阻，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为、匝数N=10的线圈的两端连接，线圈的轴线与水平向右、大小均匀变化的匀强磁场B2平行，开关K闭合后，质量为电阻值为的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10m/s2。求：
（1）此时电路中的总电功率；
（2）匀强磁场B2的磁感应强度应增大还是减小？其变化率为多大；
（3）若断开开关K，金属棒ab从开始下落至达到最大速度的过程中，通过R1的电荷量q=1C，求此过程中R1产生的焦耳热Q1。
【答案】（1）4W；（2）增大，40T/s；（3）1J
【解析】
【详解】（1）金属棒ab保持静止，根据平衡条件得
可得
则线圈产生的感应电动势为
（2）由楞次定律，B2逐渐增大。由电磁感应定律可知
解得
（3）断开开关K后，金属棒ab向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0（即合外力为0）时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得
金属棒ab中产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得金属棒最大速度为
在达到最大速度的过程中
据闭合电路欧姆定律可得
据法拉第电磁感应定律可得
联立解得
由能量守恒可得
又
解得
15. 如图所示，在xOy平面的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2l，l)的P点以初速度沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场，不计带电粒子重力
（1）求匀强电场场强的大小；
（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少?
（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2多少?
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平拋运动，如下图所示
水平方向上
竖直方向上
化简可得
（2）粒子运动轨迹如图所示
根据类平抛运动
可得
在磁场中，有
由几何关系得
联立解得
（3）带电粒子从O点进入磁场后做半径为的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系知
要使粒子经过O点，则需满足
由
解得
【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律。