2023年重庆市涪陵高级中学高二物理第二学期期中联考试题含解析

2023年重庆市涪陵高级中学高二物理第二学期期中联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一质量为m的导体棒，棒长为L，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I．若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B的判断正确的是（）A．B的方向垂直斜面向上，，B为最小值B．B的方向平行斜面向上，，B为最小值C．B的方向竖直向上，，此时金属棒对导轨无压力D．B的方向水平向左，，此时金属棒对导轨无压力2、如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（）A． B．C． D．3、一物体从t=0时刻开始做自由落体运动，下落后时刻到时刻的位移与时刻到时刻的位移之比为1：2，则等于（）A．1：2 B．2：3 C．1：4 D．3：44、如图所示，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，滑动触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为、，则B．若仅将滑动触头P向A端滑动，则电阻R消耗电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将滑动触头P向A端滑动，则通过A处的电流一定增大5、理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（）A．V表的读数为220VB．通过R的电流为2AC．A表的读数为2AD．变压器的输入功率为40W6、如图，在水平面内放置两根平行的长金属导轨，其电阻不计，导线ab、cd跨在导轨上，ab接入电路的电阻等于cd接入电路的电阻的2倍，当cd在水平力F1的作用下向右加速滑动时，ab在水平力F2的作用下保持静止，Uab、Ucd为导线ab、cd两端的电压，不计摩擦，某时刻A．， B．，C．， D．，二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，且分别接有阻值相同的电阻和，，通过电阻瞬时电流如图乙所示，则此时（）A．用电压表测量交流电源电压约为424VB．断开开关K后，通过电阻的瞬时电流还是如图乙所示C．和消耗的功率之比为1：3D．交流电源的功率180W8、如图所示,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻,以下叙述正确的是()A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐减小D．FN逐渐减小9、如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A．从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置B．从图示时刻开始，经过0.01s质点a通过的路程为0.4mC．若该波波源从O点沿x轴正向运动，则在x=2000m处接收到的波的频率将小于50HzD．若该波传播中遇到宽3m的障碍物能发生明显的衍射现象10、跟气体接触的液体薄层叫表面层，这一层的特点是A．表面层内分子分布比液体内稀疏B．表面层内分子分布比液体内更密C．表面层内分子之间引力大于斥力D．表面层内分子之间引力小于斥力三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图甲是研究平抛运动的实验装置图，图乙是实验后在白纸上作的图.(1)在甲图上标出O点及Ox、Oy轴，并说明这两条坐标轴是如何作出的______________.(2)固定斜槽轨道时应注意使___________.(3)实验过程中需经过多次释放小球才能描绘出小球平抛运动的轨迹，实验中应注意______.(4)计算小球平抛初速度的公式v0＝________，根据图乙给出的数据，可计算出v0＝______m/s.(g取9.8m/s2)12．（12分）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在甲图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。则：(1)S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将______。（填：向左偏、不偏转或向右偏）(2)S闭合后，线圈A放在B中不动，要使电流表指针发生偏转，可采用的方法是______。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h1=0.50m，气体的温度t1=27℃．给汽缸缓慢加热至t2=207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内能△U=300J。已知大气压强p0=1.0×105Pa，活塞横截面积S=5.0×10﹣3m2。求：①活塞距离汽缸底部的高度h2；②此过程中缸内气体吸收的热量Q。14．（16分）如图所示，位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，半径OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为m的小钢球在A点由静止释放，落到水平地面上的C点．若当地的重力加速度为g，且不计空气阻力．求：（1）钢球运动到B点时的速度大小；（2）钢球运动到B点时受到的支持力大小；（3）钢球落地点C距B点的水平距离s。15．（12分）如图所示，一端开口的薄壁玻璃管水平放置，其长度为，管内长度为的水银柱封闭长度为的一段空气柱。现将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入足够深的水银槽中（图中未画出），稳定后玻璃管内外液面高度差为。已知大气压强。求：(1)玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置时，管内气体压强；(2)玻璃管竖直插入水银槽后，玻璃管内空气柱的长度；(3)玻璃管竖直插入水银槽后，玻璃管开口处与槽内水银面之间的高度差。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D【解析】

当安培力方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，即mgsinθ=ILBmin；，方向垂直斜面向下，故AB错误．若，则mg=BIL，B的方向竖直向上，则安培力水平向右，与重力的合力不为1，棒不能平衡．故C错误；若，则mg=BIL，B的方向水平向左，则安培力竖直向上，与重力的合力是1．故D正确．2、A【解析】

0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为，不变，则E不变，感应电流i不变。由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由F=BiL知bc段导线受到的安培力大小随B的减小而逐渐减小。

在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为，不变，则E不变，感应电流i不变。由图知：在0.5T-T时间内的是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是2倍。在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BiL，知在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力随B的增大而增大，且是0～0.5T时间内的4倍，故BCD错误，A正确。

故选A。3、A【解析】下落后t0时刻到t0+T时刻的位移为：下落t0+T时刻到t0+2T时刻的位移为：而由以上各式解得：，故A正确．点晴：根据自由落体运动位移公式列式表示出下落后t0时刻到t0+T时刻的位移和下落t0+T时刻到t0+2T时刻的位移即可求解．4、B【解析】电流与匝数成反比，原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故，故A错误；所以由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，故B正确；当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，而输入功率等于输出功率，故原线圈的输入电功率也减小，故C错误；若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，通过A处的电流不能判断出是否增大，故D错误；故选B．【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．5、B【解析】

电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流。【详解】由原线圈两端输入电压U随时间变化的图像可知，；根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知，所以电压表的示数为22V，A错误；根据欧姆定律得，B正确，根据原副线圈的电流与匝数成反比，则，故A表的读数为0.2A，C错误；副线圈功率，所以变压器的输入功率，D错误。6、A【解析】cd做切割磁感线运动，相当于电源；ab相当于外电阻，导轨电阻不计；则

Uab、Ucd均为外电压，且．不计摩擦，cd在水平力F1的作用下向右加速滑动，则；ab在水平力F2的作用下保持静止，则；、，所以．故A项正确，BCD三项错误．点睛：电磁感应与电路结合的问题需分析出等效电路图，注意电源两端电压是外电路的电压不是内电压．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】A.由U1：U2=n1：n2，I1：I2=n2：n1得，通过R1的电流有效值为I1=，通过R2的电流的有效值I2=A，副线圈两端的电压U2=，原线圈两端电压U1=V，而U=U1+I1R1=≈424V，故A正确；B.断开开关K后，通过电阻R1的电流为0，故B错误；C.R1消耗的功率P1==18W，R2消耗的功率P2==162W，P1：P2=1：9，故C错误；D.交流电源的功率P=UI1=180W，故D正确；

故选AD点睛：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．8、BD【解析】导体棒向右做切割磁感线运动，形成感应电流，根据楞次定律，阻碍相对运动，故FM与FN都是水平向左，故A错误，B正确；导体棒匀速直线运动，通电导体周围磁场的分布是距离导体越近，磁场强度越大，再根据电磁感应定律F=BIL=B2L2vR，可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，故C错误，9、BD【解析】

波沿正方向传播，此时a向下振动，b向下振动，A错；波长为4m，周期为，0.01s时间内质点a通过的路程为2A=40cm，B对；该波的频率为50Hz，在波的传播方向各质点振动周期与波源相同，C错；当障碍物的尺寸比波长小时能发生明显的衍射现象，D对；10、AC【解析】液体与气体接触的表面层分子相对稀疏，分子间距离大于液体内部分分子间的距离，故液体表面具有收缩的趋势,故A、C正确；B、D错误．故选AC．【点睛】凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力；它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、底端切线沿水平方向;使小球每次都从同一高度处无初速度滚下;x;1.6;【解析】（1）如图所示，在斜槽末端小球球心在白纸上的投影为O点，从O点开始作平行于重垂线向下的直线为Oy轴，再垂直于Oy作Ox轴；（2）为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，应调整斜槽使底端切线沿水平方向.（3）为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无初速度滚下.（4）由于x=v0t，y=1【点睛】通过重锤线作出y轴，从而作y轴的垂直得出x轴．根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合高度求出运动的时间，通过水平位移求出初速度．12、向右偏断开开关或移动滑动变阻器【解析】

(1)[1]在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转；在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转。(2)[2]当穿过线圈B的磁通量变化时，电路产生感应电流，电流表指针偏转，断开开关或移动滑动变阻器均可使穿过B的磁通量变化，电流表指针均可发生偏转。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、①0.80m②450J【解析】

①气体做等