天津市2022-2023学年高二年级下册期中物理试题（解析版）

2022-2023学年天津市耀华中学高二（下）期中考试

物理试卷

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选）中，只有一

个最符合题意，选对得4分，选错或不选得0分，请将答素填途在答题的相应位置。）

1.如图所示的四种电场中，哪一种能产生电磁波（）

A.B.。号出

j七一

C.0^-----------------AtD.o|_

【答案】B

【解析】

【详解】根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生磁场。故BCD都可以产生磁场。周期性变化的电

场产生周期性变化的磁场，从而产生电磁波，故只有B可以产生电磁波。

故选B。

2.如图所示为一质点做简谐运动的振动图像，在0~0.8s时间内，下列说法正确的是（）

fx/cm

\0.2940.60.人1.0V.21.41.6t/s

A.质点在0和0.8s时刻具有正向最大速度

B.质点在0.2s时刻具有负向最大加速度

C.0至0.4s质点位移先增大后减小，先指向-x方向再指向+x方向

D.在0.2~0.4s时间内，加速度方向和速度方向相同

【答案】D

【解析】

【详解】A.质点在0和0.8s时刻，位移为零，正通过平衡位置，速度最大。图象的斜率为负，说明速度

为负，即质点在。和0.8s时刻具有负向最大速度。故A错误；

B.质点在0.2s时刻具有负向最大位移，由

U,=—xl(X)>/2V=loV2V

210

故A错误；

BC.滑片P向人端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，输出电压由原线圈输入电压决定，q不变，所以

不变，由欧姆定律得八变大，因为人决定A，所以L变大，原线圈的输入功率为所以《变

大，故B正确，C错误；

D.变压器不改变交变电流的频率，通过原、副线圈的交变电流频率相同，故D错误。

故选B。

4.太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器

提供推力，若某探测器质量为490kg,离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，

流量为3.0x1O'g/s,则探测器获得的平均推力大小为()

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【解析】

【详解】对离子，根据动量定理有

而

Am=3.OxlO-3xlO-3Ar

解得F=0.09N,故探测器获得的平均推力大小为0.09N,故选C。

5.电站向某地输送5000kW的电功率，输电线上损耗的电功率为100kW,如果把输电电压提高为原来的

10倍，同时将输电线的截面积减为原来的一半，而输送的电功率不变，那么输电线损耗的电功率为

()

A0.2kWB.0.5kWC.2.0kWD.5.0kW

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知，输电电压提高为原来的10倍，根据P=U/知，输送电流减小为原来的,，根据电

10

阻定律知，输电线的截面积减为原来的一半，则输电线的电阻增大为原来的2倍，根据咛贡=八/?

知，输电线上损耗的电功率减小为原来的则输电线上损耗的功率为2.0kW,ABD错误，C正确。

50

故选C。

6.如图所示为一种常见的身高体重测量仪，测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返

回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔，质量为的测重台置于压力传感器上，传感器

输出电压与作用在其上的压力成正比，当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为九，输出电压为

U。，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为f,输出电压为U,该同学的身高和质量分别为

()

A.《T)，筏UB.1v(r0-/),

c*(U—U°)D.1v(r0-z)»*(U—Uo)

【答案】D

【解析】

【详解】当测重台没有站人时

2x=%

站人时

2(x—〃)=vt

解得

h=-1v(r0-t)

无人站立时

Uo=kM°g

有人时

U=A(%g+mg)

解得

=/（u-u。）

mUo

故选D。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题给出的四个选项中，至少有

两个选项正确，选对得4分，对而不全得2分，选错或不选得0分，请将答案填涂在答题卡

的相应位置。）

7.关于波形成和特点，下列说法正确的是（）

A.随着波的传播，介质中各质点都在各自的平衡位置附近振动

B.随着波的传播，介质中的各质点也将由近及远地迁移出去

C.传播波的过程中相邻各质点间必有相互作用力

D.某一横波在介质中沿水平方向传播，介质中的质点必沿竖直方向上下振动

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】AB.随着波的传播，介质中各质点都在各自的平衡位置附近来回振动，不随波迁移，故A正

确，B错误：

C.振源的振动使质点一个被一个带动，且与振源振动相同，同时总滞后前一个质点，故C正确；

D.某一水平方向的横波在介质中传播，介质中的质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，不一定竖直

方向上下振动，故D错误；

故选ACo

8.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间f变化的正弦规律图象

如图乙所示.发电机线圈的内电阻，=2C,外接灯泡的电阻R=10C,则（）

A.在r=O.Ols时刻，穿过线圈的磁通量最大

B.电压表的示数为6V

C.灯泡消耗的电功率为2.5W

D.线圈转动产生电动势的表达式e=6>/5sin50加（V）

【答案】AC

【解析】

【详解】A.在，=0.01s时刻，电动势为0,则为中性面，穿过线圈磁通量最大，A正确；

BD.电动势的最大值为

E『心

周期为0.02s,则瞬时电动势的表达式为

e=Emsin胃）f=672sin100^/（V）

电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故

凡

ER

U=------H==5V

R+rR+r

BD错误；

C.灯泡消耗的功率

u225

P=—=—W=2.5W

R10

C正确。

故选AC。

9.如图所示，足够长光滑细杆尸。水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质

量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为

质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以死水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B

恰好能达到水平杆尸。位置，则（）

=才-----

Q

->v°1-^-1

=»B0.99m

0.01m

A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒

B.子弹射入物块B的初速度w=100J亚

C.若物块A不固定，子弹仍以w射入，物块B仍能摆到水平杆尸。位置

D.若物块A不固定，子弹仍以vo射入，当物块B摆到最高点时速度为』达

3

【答案】BD

【解析】

【详解】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动

量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；

B.子弹和木块一起向上摆至最高点，由机械能守恒有

(0.01m+Q.99m)gL=gx(0.0bn+0.99m)v2

解得

子弹射入木块过程由动量守恒得

O.Olmvo=(0.01m+0.99m)v

解得

%=100师

故B正确；

C.若物块A不固定，子弹仍以w射入后，子弹和木块的动能转化为物块A和物块B的动能和物块B的

重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的高度，故C错误；

D,子弹射入木块过程由动量守恒得

0.01/”％=(0.01/W+0.99/n)v

解得

%=1(X)屈

当物块A、B和子弹具有相同的速度时，物块B摆到最高点，则有

().()lmv0=(0.0Im+0.99m+2m)v

解得

•国

v=-----

3

故D正确。

故选BD。

4

10.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，，=0时刻振子的位移x=-0.1m；/=—S时刻

3

x=0.1m；尸4s时刻元=0.1m。该振子的振幅和周期可能为（）

88

A.0.1m,—sB.0.1m,8sC.0.2m,—sD.0.2m,8s

33

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB.如果振幅等于0.1m,经过周期的整数倍，振子会回到原位置，则有：

4

（4--）s=nT

当〃=1时

,8

T=-s

3

故A正确，B错误；

CD.如果振幅大于0.1m,如图所示，则有：

44T

—s+(4——)s=nT+—

332

当〃=0时

T=8s

当〃=1时

故CD正确。

故选ACDo

三、实验题（本题每空2分，共16分，请将答案填写在答题卡的相应位置。）

11.某物理兴趣小组利用如图甲所示装置进行验证动量守恒定律的实验。在足够大的水平平台上的A

点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度

大小为g。采用的实验步骤如下：

v

Sb=btb

整理得

因此动量守恒的关系式为

12.在“用单摆测定重力加速度''的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过"次全振动的

总时间为Af；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为/,再用游标卡尺测量摆球的直径为

D,某次测量游标卡尺的示数如图甲所示.

⑴从甲图可知，摆球的直径为。=mm；

(2)该单摆的周期为.

(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T,从而得出几组对应的L和T

的数值，以L为横坐标、〃为纵坐标作出尸-L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算

摆长，由此得到的图像是图乙中的(选填①、②、③)，由图像可得当地重力加速度

g=;由此得到的g值会(选填“偏小”“不变”“偏大”)

【答案】©.16.4(2).—③.①④.也卫⑤.不变

nb

【解析】

【详解】(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm,游标尺示数是4x0.1mm=0.4mm,金属球的直径为

16mm+0.4mm=16.4mm；

(2)由于测得摆球经过〃次全振动的总时间为加,所以该单摆的周期为T=—；

n

Ij47r24元?4772

（3）由单摆周期公式T=2巴上可知72=_L,则〃_乙图象的斜率&=一，则加速度8="，

\gggk

47r2

但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有T?=——（L-1）,由此得到的"一心图像

g

是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得攵=2,当地重力加速度

a

4万,

;

8=­br~

四、计算题（本题共3小题，13题14分，14题14分，15题16分，共44分。求写出必要的

解题步骤，直接写出结果不得分，请将答案填写在答题卡的相应位置。

13.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角族30。，两导轨

间距L=1.0m,底端NQ两点连接R=1.0。的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大

小为B=0.6T,质量,"=0.2kg、阻值尸0.5。的导体棒垂直于导轨放置，在平行于平面向上的拉力F作用下

沿导轨向上做匀速直线运动，速度片10m/s。撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动42.0m后速度减为

零。运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，g=10m/s2,导轨电阻不计。求：

（1）拉力厂的大小；

（2）撤去拉力F后导体棒继续沿导轨上滑的过程中电阻R产生的焦耳QR和通过电阻R的电荷量贵

Q

16

【答案】（1）3.4N；（2）—J,0.8C

3

【解析】

【详解】（1）由受力平衡条件可得

.“B2I3V

r=mgsin3（）H------

R+r

解得

产=3.4N

（2）撤去拉力后由能量守恒可得

—mv=mgxsin30+Q

解得

Q=8J

所以

Q=—Q=—J

RRR+r3

通过电阻R的电荷量4为

EA。BLx八_

q=TIt=------1=——=-------=0.8oC

R+rR+rR+r

14.如图所示，质量，以=0.5kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固在。点，。点到水平桌面的距

离R=0.8m,质量，%=0-3kg的物块B置于高”=1.25m的粗糙的水平桌面上且位于。点正下方，物

块B距桌面右边缘的距离L=1m，物块与水平桌面间的动摩擦因数〃=045。现拉动小球使线水平伸直，

小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)。碰后，物块B沿桌面滑行并从

桌面右边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离s=2m,小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速

度为g=10m/s2o

(1)小球与物块碰撞后，物块B的速度％;

(2)小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度力。

【答案】(1)5m/s；(2)0.05m

【解析】

【详解】(1)对物块B由平抛运动，竖直方向有

水平方向有

s=卬

联立解得，物块B做平抛运动的初速度为

%=4m/s

对物块B,由动能定理

,11

一〃mBgL=5〃%2%_]/既味2

联立解得，小球与物块碰撞后，物块B的速度为

vB=5m/s

（2）对小球A,由机械能守恒定律

可得，小球A到达最低点速度为

vA=4m/s

小球A与物块B碰撞过程中，由动量守恒定律

解得，小球A碰撞后的速度为

V：=lm/s

对小球A由机械能守恒定律

11，2

mAgh=-m^

可得，小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度为

h-0.05m

15.如图所示，左侧固定着内壁光滑的四分之一圆轨道，半径为凡右侧水平面上，有一质量为3相的滑

板由水平部分BC和半径为R的四分之一光滑圆弧构成。质量分别为2〃7和加物体P、Q（视为质点）锁

定在半圆轨道底端A点和滑板左端2点，两者间有一被压缩的轻质弹簧（未与P、Q连接）。某时刻解除

锁定，压缩的弹簧释放，物体P、Q瞬间分离。P向左运动上升到最大高度R后即撤去，物体Q与滑板水

平部分的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。

（1）求弹簧被锁定时的弹性势能；

14A

（2）若滑板与地面的动摩擦因数为一“，求物体。与滑板摩擦所产生的热量（已知BC>——）；

16〃

（3）若水平面光滑，要使物体。在相对滑板反向运动的过程中，相对地面有向左运动的速度，求BC的

长度L应满足的条件。

【答案】⑴6mgR・，⑵—mgR；(3)l<—

53〃

【解析】

【详解】(1)P弹开后运动到最高点过程中，由动能定理

12

2mgR=—■2m-vp

解得

vp=V2^

弹簧弹开过程，对P、Q系统动量守恒，有

0=2mvp-mvQ

解得

vQ=2y/2gR

对P、Q与弹簧组成的系统，由能量守恒得弹簧弹性势能

Ep=；♦2mv^+gmvj=6mgR

(2)Q滑上滑板时，对Q由牛顿第二定律得

jLimg=ma1

解得Q的加速度

q=〃g

对滑板BC,由牛顿第二定律得

/jmg一靠x"x4mg=3ma2

解得滑板加速度

1)

umg------114mgj

4=16=ug

3m4

设经过时间t共速，速度为丫共，此过程

对Q有

v共=vQ一即=2yf2gR-ugt

对滑板有

1

v共=

联立解得

5%

Q相对滑板运