2021-2022学年四川省崇州市怀远中学高二（下）期中物理试题（解析版）

崇州市怀远中学2021-2022学年高二下期半期考试物理试题（满分100分，考试时间90分钟）一、单选题（3×8=24分）1.下列有关物理学史的说法符合事实的是（）A.奥斯特首先发现了电流的磁效应B.法拉第定量得出了法拉第电磁感应定律C.牛顿通过实验测出万有引力常量D.楞次首先引入电场线和磁感线，提出了判定感应电流方向的方法即楞次定律【答案】A【解析】【详解】A．根据物理学史可知，奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A正确；B．法拉第首先发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯定量得出了法拉第电磁感应定律，故B错误；C．卡位迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；D．法拉第首先引入电场线和磁感线，故D错误。故选A。2.“人工肺ecomo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为的交流电源上，正常工作时电流为2.5A，则（）A.该交流电的周期为50s B.该交流电每秒内电流方向变化50次C.该交流电的最大值为220V D.该呼吸机正常工作时的功率为550W【答案】D【解析】【详解】AB．由正弦交流电的瞬时值表达式，知正弦交流电一个周期电流方向变化2次，故每秒变化100次，故AB都错误；C．该交流电的最大值为，故C错误；D．该交流电的有效值为则故D正确；故选D。3.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）

A.线圈a有扩张的趋势 B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a对水平桌面的压力将减小 D.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流【答案】D【解析】【详解】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，螺线管中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈a的磁通量向下变大，根据楞次定律可知圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”和“来拒去留“可知，线圈a有收缩的趋势和远离螺线管的趋势，此时线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，、是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯、的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）

A.S闭合，亮度不变，亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，立即熄灭，逐渐变亮B.S闭合，亮度不变，很亮；S断开，、立即熄灭C.S闭合，、同时亮，而后逐渐熄灭，亮度不变；S断开，立即熄灭，亮一下再熄灭D.S闭合，、同时亮，而后逐渐熄灭，则逐渐变得更亮；S断开，立即熄灭，亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】S闭合，电流通过L1、L2流向电源负极，故两灯同时亮。线圈L与L1并联，自感现象消失后，线圈相当于一根导线，将L1断路，故L1逐渐熄灭，L2两端电压变大，则L2逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，线圈产生自感电动势，且产生通过L1的电流，故L1亮一下再熄灭，故D正确，ABC错误。故选D5.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率、振动方向均相同的两列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（）A.质点O处于振动加强区，始终处在波谷B.P、N两质点始终处在平衡位置C.随着时间的推移，质点M将向O点处移动D.随着时间的推移，质点M振动的振幅将减小【答案】B【解析】【详解】A．由图知此刻是波谷与波谷的相遇点，是振动加强区，再经历半个周期，O将处于波峰，故A错误；B．、两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；C．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故C错误；D．随着时间的推移，质点M相对平衡位置的位移会变化，但其振幅不会变化，故D错误。故选B。6.如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是（）

A.电阻R两端b点比a点电势高B.电阻R两端的电压大小为10VC.0.1s时间内非静电力所做的功为0.2JD.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的电流，所以电阻R两端b点比a点电势低。A错误；B．线圈产生的感应电动势为电阻R两端的电压大小为B错误；CD．根据功能关系，非静电力所做的功转化为电路的电能，有0.1s时间内通过电阻R的电荷量为C正确，D错误。故选C。7.匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1R2为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数，分别为I1、I2；电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。不计线框电阻，正确的是（）A.从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0B.矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为NBSωC.交流电压表V2的示数为2NBSωD.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则变大【答案】C【解析】【详解】A．从图示位置开始，线框转过180°过程中，根据楞次定律和安培定则可知通过原线圈的电流方向不变，则通过线圈的电荷量大于零，故A错误；B．矩形导线框从图示位置转过90°时，线框位于中性面，感应电动势最大，为根据法拉第电磁感应定律其磁通量的变化率为故B错误；C．原线圈电压最大值为有效值根据变压比，变压器副线圈电压的有效值即交流电压表的示数为故C正确；D．原、副线圈匝数比不变，则原副线圈电压比不变，故D错误。故选C。8.如图甲所示，电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。重力加速度g=10m/s2，则（）

A.物块在4s内位移是8mB.物块的质量是2kgC.物块与水平面间动摩擦因数是0.1D.物块在4s内电势能减少了14J【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，物块在4s内位移为故A错误；BC．由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有由图像知加速度为a=1m/s2。2s后物块做匀速运动，由平衡条件有由图可得，，代入数据联立解得，μ=0.2故BC都错误；D．物块在前2s的位移为物块在第2~4s的位移为电场力做正功则电势能减少了14J，故D正确。故选D。二、多项选择题（4×5=20分）9.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，如电场强度E、导体的电阻R、电容C、磁感应强度B、电流强度I、电势、电势差UAB都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于定义式的是（）A.；； B.；；C.；； D.；；【答案】BC【解析】【详解】AB．电场强度E的定义是检验电荷在电场中某点受到的静电力与其所带电荷量的比值，定义式是电容C的定义是电容器极板电荷量与两板间电压的比值，定义式是磁感应强度B的定义是通电导线所受的安培力跟电流和导线长度的乘积的比值，定义式是电势差UAB的定义是将电荷从一点移到另一点静电力所做的功与所移电荷量的比值，定义式是故A错误，B正确；CD．导体电阻R的定义是导体两端的电压与通过导体电流的比值，定义式是电流强度I定义是通过导体某一横截面的电荷量与所用时间的比值，定义式是电势的定义是检验电荷在电场中某点的电势能与其所带电荷量的比值，定义式是故C正确，D错误。故选BC。10.如图1所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象．P是平衡位置在x=2m处的质点，则下列说法正确的是（）

A.t=2s时，x=1.5m处质点的振动速度为0.5m/sB.t=1s时，x=1.0m处质点的位移为0C.该简谐横波沿x轴的正方向传播D.0～1s时间内，P向y轴负方向运动【答案】BD【解析】【详解】A．由图2知x=1.5m处的质点在t=2s时位移为0，处于平衡位置，则振动速度最大，速度大小无法求解。由图1知波长为2m，由图2知周期为4s，则波速为0.5m/s是波的传播速度，而质点的振动速度是质点沿y轴上下振动的速度，两者无关，故A错误；B．由图2知周期为4s，由图2知x=1.0m处的质点在t=2s时处于波峰位置，t=1s时即前，该质点在平衡位置，故x=1.0m处的质点的位移为0，故B正确；C．由图2知x=1.5m处的质点在t=2s时位移为0，处于平衡位置，正要向负方向振动，由同侧法可判断波向x轴负方向传播，故C错误；D．由图1知t=2s时P质点在波谷，t=0时及半个周期前P应该在波峰，故0～1s时间内，P由波峰处向y轴负方向运动，故D正确。故选BD。11.t=0时刻，位于O点的波源从平衡位置开始沿y轴方向做简谐运动，经0.5s形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至质点P（5m，0），则下列说法正确的是（）A.t=0.15s时刻波源正在做加速运动B.0~1.1s时间内质点P经过的路程为6mC.t=1.3s时刻质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置D.波源的振动方程为cm【答案】AC【解析】【详解】根据题意，得A．质点P的起振方向向下，所以波源的起振方向也是向下，则t=0.15s时刻波源处于波谷向平衡位置振动中，速度在增大，A正确；B．0~1.1s时间内质点P经过的路程为B错误；C．t=0.5s，处于x=2m的波峰在t=1.3s时向前传播的距离为即质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置。C正确；D．波源的起振方向向下，所以振动方程为D错误。故选AC。12.如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点。若电子仅受到电场力作用，其在此三点的速度大小为、、，则（）A.三个等势面的电势高低为B.电子由a到b电场力做功大于由b到c电场力做功C.电子在a、b、c三点的电势能关系D.电子在a、b、c三点的速度关系【答案】AC【解析】【详解】A．由等势面与电场线垂直，画出b点附近电场线如图，由电场强度方向沿b点电场线切线方向，电子受电场力与电场强度共线反向，又由做曲线运动的物体所受合外力总是指向轨迹弯曲的凹侧，故b点的场强方向如图，由电场线总是由高等势面指向低等势面知故A正确；B．a到b和b到c间电势差相等，由知电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功，故B错误；C．电子带负电，由知故C正确；D．由电子在电场中运动，仅受电场力作用，电势能和动能相互转化，和保持不变，由知故D错误。故选AC。13.如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度vo，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（）A.t=0时刻，两导体棒加速度大小相等B.t=0时刻，PQ两端的电压为C.PQ匀速运动时的速度大小为D.从t=0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A．t=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度vo，则产生的感应电动势为E=BLv0此时回路中的电流大小为两导体棒受到的安培力大小为则有两导体棒的加速度大小不相等，A错误；B．t=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为B正确；C．由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有2mv0=（m+2m）v共两棒达到共速，则得此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；D．导体棒PQ和MN是串联关系，即，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为则有QMN∶QPQ=2∶1由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有D正确。故选BD。三、实验题14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。（1）在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为______s。（2）该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示．则当地重力加速度的表达式g=________（用LA、LB、TA和TB表示）。（3）处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即L=l+d，这样________（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。【答案】①.95.2②.③.不影响【解析】【详解】（1）[1]秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，从小盘读出整分钟数，且注意看是否过整分钟刻线后面的半格刻线，若没过半格刻线则大盘读小数值刻度数，若过了半格刻线则大盘读数读大数值刻度数。图中秒表小盘读数为90s，大盘读数为35.2s，则秒表的读数为95.2s。（2）[2]单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和。根据单摆的周期公式有可知图线的斜率结合图线解得（3）[3]若计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即摆长变长了，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，摆长变长而T2-L图像的斜率不变，所测重力加速度g不变，即不影响重力加速度的计算。15.图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是____A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。（4）某次测量多用电表指针位置如图b。若B端是与“1”相连的，多用电表读数___；（保留3位有效数字）【答案】①.黑②.B③.160④.880⑤.1.45【解析】【详解】(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，即图（a）中的A端与黑色表笔相连接；(2)[2]R6是可变电阻，只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，直流电流1mA挡[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，直流电压1V挡，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻新表头的量程是I1=1mA，所以(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5mA的电流表，则读数为1.45mA；四、解答题16.水平地面上固定一光滑绝缘的斜面，倾角为37°，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，一质量为m，电荷量为的带正电小物块，恰好静止在斜面上。（计算时取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，）（1）请在右图中画出小物块静止时的受力分析图；（2）用含m、q的代数表达式表示电场强度的大小；（3）当电场强度方向不变，大小变化为原来的时，求小物块运动的加速度。

【答案】（1）；（2）；（3）a＝3m/s2，方向沿斜面向下【解析】【详解】（1）对物块受力分析如图

（2）由物块的平衡条件有mgsin37°＝qEcos37°得E＝（3）当场强变为原来的时，物块受到的合外力F合＝mgsin37°－qEcos37°＝0.3mg又F合＝ma所以a＝3m/s2方向沿斜面向下。17.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.3s时刻的波形如图中虚线所示，求：（1）求这列波的传播速度；（2）当波的周期满足T>0.3s时，从t=0时刻开始，波传播3s后，x=2m处的质点运动的路程为3m，求该质点的振幅。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由图像可知，波向负方向最小位移为5m，时间为t=0.3s，则有解得则有波的波速（2）因为T>0.3s，所以n=0，此时波的周期为故传播3s后，x=2m处的质点运动的时间路程为解得质点的振幅18.如图所示，固定斜面的倾角，与斜面底边平行的为斜面上有界匀强磁场的两条边界，宽度为的匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直于斜面向下。质量为、电阻为的矩形导体框置于斜面上，边长为，边长为，导体框与斜面间的动摩擦因数为，边水平且与磁场边界平行，初始时边与相距，导体框由静止开始下滑，在边进入磁场时仍然在加速，导体框在经过边界的过程中恰好做匀速运动，直至离开磁场区域。重力加速度大小为，求：（1）导体框的边刚进入磁场时，导体框的加速度大小；（2）导体框在经过边界的过程中的速度大小；（3）从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场过程中，导体框产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导体框的边进入磁场前，导体框做初速度为零的匀加速直线运动，设导体框的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有①当导体框的边刚进入磁场时，设其速度大小为，由运动学公式有②导体框的边切割磁感线产生的感应电动势为③导体框中的感应电流④导体框的边在磁场中运动时受到的安培力大小为⑤导体框的边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有⑥联立①~⑥解得⑦（2）导体框在经过边界线的过程中做匀速运动，根据受力平衡有⑧解得⑨（3）从导体框的边进入磁场至导体框的边离开磁场的过程中，导体框做匀加速直线运动，设导体框的边进入磁场时的速度大小为，根据运动学规律有⑩从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有⑪联立①②⑨⑩⑪解得⑫19.如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、平滑连接，半圆轨道