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    2021-2022学年四川省遂宁市第二中学校高二(下)期中物理试题含解析
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    2021-2022学年四川省遂宁市第二中学校高二(下)期中物理试题含解析

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    这是一份2021-2022学年四川省遂宁市第二中学校高二(下)期中物理试题含解析,共26页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。

    遂宁二中高202020212022学年第二学期半期考试

    物理试题

    考试时间:90分钟  总分:100

    一、单项选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分。每小题所给四个选项只有一项符合题目要求。

    1. 下列说法正确的是(  )

    A. α 衰变方程 B. 是核聚变方程

    C. 是核裂变方程 D. 是核聚变方程

    【答案】B

    【解析】

    【详解】A是人工转变方程,选项A错误;   

    B是核聚变方程,选项B正确;

    Cα 衰变方程,选项C错误;   

    D是人工转变方程,选项D错误。

    故选B

    2. 入射光照射到某金属表面上发生光电效应,若入射光的强度减弱,而频率保持不变,则(  )

    A. 从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加

    B. 逸出的光电子的最大初动能将减小

    C. 单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少

    D. 有可能不发生光电效应

    【答案】C

    【解析】

    【分析】

    【详解】A.光的强弱影响的是单位时间内发出的光电子的数目,不影响发射出光电子的时间间隔,故A错误;

    B.根据光电效应方程

    可知,入射光的频率不变,则最大初动能不变,故B错误;

    C.单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少,故C正确;

    D.入射光频率不变,故仍然能发生光电效应,故D错误。

    故选C

    3. 如图是氢原子的能级图,一群氢原子处于n=3能级,下列说法中正确的是(  )


     

    A. 这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的波

    B. 这群氢原子发出的光子中,能量最大为10.2eV

    C. 从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光波长最长

    D. 这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁

    【答案】A

    【解析】

    分析】

    【详解】A.这群氢原子跃迁时能够发出光子的频率种数为

    A正确;

    B.这群氢原子发出的光子中,能量最大为

    B错误;

    C.从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光能量最大,则频率最高,波长最短,故C错误;

    D.这群氢原子能够吸收特定光子的能量而向更高能级跃迁,故D错误。

    故选A

    4. 一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示,则下列说法中正确的是(  )

    A. t1时刻线圈平面感应电动势达最大 B. t2时刻线圈平面位于中性面

    C. t3时刻线圈平面磁通量变化率为零 D. t2时刻线圈平面产生的感应电流改变向

    【答案】C

    【解析】

    【分析】

    【详解】A.由图可知,t1时刻磁通量最大,此时感应电动势为0,故A错误;

    B.由图可知,t2时刻磁通量为0,此时线圈平面与磁感线平行,即与中性面垂直,故B错误;

    C图象斜率表示磁通量变化率,由图可知,t3时刻线圈平面磁通量变化率为零,故C正确;

    D.由图可知,t2时刻磁通量为0,此时线圈平面与磁感线平行,此时感应电动势最大,此时电流方向不变,故D错误。

    故选C

    5. 如图所示,用一根粗细均匀的细铜导线做成一个半径为r的闭合圆环,把圆环的一半置于均匀变化的匀强磁场中,磁场方向始终垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间的变化规律为B=B0+ktB0 不变,k为一恒量且满足0< k <1T/s),ab为圆环的一条直径的两端点,圆环的总电阻为R ,则(  )


     

    A. 圆环中产生顺时针方向的感应电流

    B. 圆环具有扩张的趋势

    C. ab两点间的电势差

    D. 在t = 0时,右半圆环受到的安培力大小为

    【答案】D

    【解析】

    【详解】AB.由于磁场均匀增大,线圈中的磁通量变大,根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针,同时为了阻碍磁通量的变化,线圈将有收缩的趋势,AB错误;

    C.根据法拉第电磁感应定律得电动势为

    所以电流为

    ab两端电压为

    C错误;

    D.根据安培力公式

    D正确。

    故选D

    6. 如图所示,交流电流表与灯泡串联,先后在MN间加上不同的交变电压,第一次加电压随时间按甲图的正弦规律变化;第二次加电压随时间按乙图规律变化.若甲、乙图中的U0T所表示的电压、周期值是相同的,则这两次交流电流表读数之比I1I2(    )


     

    A. 1 B. :1 C.  D. 1:2

    【答案】A

    【解析】

    【分析】

    【详解】第一次灯泡两端电压有效值

    故电流

    设第二次电压的有效值为,根据有效值的定义,则有

    解得

    故电流为

    故电流之比

    故选A

    7. 如图所示,变压器的原副线圈的匝数比一定,原线圈的电压为U1时,副线圈的电压为U2L1L2L3为三只完全相同灯泡,开始时,开关S断开,然后当开关S闭合时(     )

    A. 电压U1不变,U2增大

    B. 灯泡L1变亮,L2变暗

    C. 灯泡L1变暗,L2变亮

    D. 原线圈输入功率变小

    【答案】B

    【解析】

    【分析】

    【详解】A.根据,可知当原线圈的电压U1一定时,副线圈的电压U2也一定,故选项A错误;

    BC.当开关S闭合时,次级电阻减小,故次级电流变大,所以灯泡L1变亮,此时L2L3并联支路的电压减小,L2变暗,选项B正确,C错误;

    D.由于次级电流变大,则P=U2I2变大,因P=P,则原线圈输入功率变大,选项D错误;

    故选B.

    8. 一弹簧振子做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是(  )

    A. 振子振动频率为4Hz

    B. 振子的运动轨迹为正弦曲线

    C. t=0.25s时,振子的速度方向与加速度方向相同

    D. t =1s时刻,振子的回复力最大,速度为零

    【答案】D

    【解析】

    【详解】A.根据图像可以知道

    A错误;

    B.图像反映是位移与时间的关系,不是运动轨迹,弹簧振子的轨迹为直线,B错误;

    C.在时刻,振子正向正方向运动,位移方向正,而加速度方向与位移方向相反,即加速度方向为负方向,C错误;

    D.在时刻,振子处于正向最大位移处,位移最大,根据,该时刻回复力最大,速度为零,D正确。

    故选D

    9. 如图所示,理想变压器的原线圈接在的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(  )


     

    A. 原线圈的输入功率为

    B. 电流表的读数为1 A

    C. 电压表的读数为

    D. 副线圈输出交流电的周期为50s

    【答案】B

    【解析】

    【详解】AC.理想变压器原线圈两端电压的有效值为

    根据

    解得

    即电压表的读数为110 V,通过负载电阻的电流

    则副线圈的输出功率

    原线圈的输入功率也是220 WAC错误。

    B.根据

    解得

    即电流表的读数为1 AB正确;

    D.由可知,角速度

    原线圈所接交流电的周期

    副线圈输出交流电的周期不变,仍为0.02 sD错误。

    故选B

    10. 如图所示,光滑斜面PMNQ的倾角为30°,斜面上放有矩形导体线框abcd,其中ab边的长度为L10.2mbc边的长度为L20.1m,线框的质量为0.1kg,电阻为。有界匀强磁场的磁感应强度为1T,方向垂直于斜面向上,ef为磁场的边界,且ef∥MN。现用1N大小的拉力F使线框从静止开始运动,其ab边始终保持与底边MN平行,F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动,则下列说法正确的是(  

    A. 线框进入磁场时的速度大小为10m/s

    B. 线框进入磁场前的加速度大小为10m/s2

    C. 线框进入磁场过程中产生的总热量为0.05J

    D. 线框刚开始运动时,abef间的距离为15m

    【答案】C

    【解析】

    【分析】

    【详解】A.导线框进入磁场时产生的感应电动势为

    E=BL1v

    感应电流为

    ab边受到的安培力大小为

    由于线框匀速进入磁场,受力平衡,则满足

    F=F+mgsinθ

    联立解得

    v=12.5m/s

    A错误;

    B.由牛顿第二定律可得,线框进入磁场前的加速度大小为

    B错误;

    C.由功能关系可知,线框进入磁场过程中产生的总热量为

    C正确;

    D.线框刚开始运动时,abef间的距离为

    D错误。

    故选C

    二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题所给的四个选项都有两项及以上符合题目要求。全部选对的得4分,对而不全的得2分,有选错的得0分。

    11. 图甲是一列简谐横波在t0.01s时刻的波形图,图乙是质点P的振动图象,则下列说法正确的是(    )


     

    A. 该波沿x轴负方向传播,波速大小为100m/s

    B. 在0.01s~0.025s内,质点R通过的路程为15cm

    C. t0.005s时,1.5m处质点沿y轴的负方向运动

    D. 在0.01s~0.015s内,质点Q的加速度一直在减小

    【答案】BC

    【解析】

    【详解】图乙是质点P的振动图象,根据图乙可知在0.01sP向上振动,根据同侧法可知波沿+x方向传播,波长λ=2m.周期T=0.02s,故波速,故A错误;在0.01s0.025s内,即质点R振动了,所以质点R通过的路程为s=×4A=×4×5cm=15cm,故B正确;t=0.01s1.5m处质点处于负向最大位移,所以t=0.005s 时,1.5m处质点沿y轴的负方向运动,故C正确;该时刻质点Q向下振动,在0.01s0.015s内,即从该时刻再经过T/4,质点Q的位移先减小后反向增大,则加速度先减小、后反向增大,故D错误.

    12. 在一小型交流发电机中,矩形金属线圈abcd的面积为S、匝数为n、线圈总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动(如图甲所示),产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示,矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路,下列说法中正确的是(    )

    A. t2~t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为零

    B. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为

    C. t3~t4时间内通过电阻R的电荷量为

    D. t1~t5时间内电阻R的发热量为

    【答案】BC

    【解析】

    【详解】t2t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为Φ=BS,故A错误;由于产生的电动势最大值为E0,根据所以磁通量变化率的最大值 ,故B正确;通过电阻的电荷量,所以t4t3这段时间通过电阻R的电荷量为:,故C正确;t1t5时间内电阻R的发热量为:,故D错误;

    13. 如图所示,两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度,在这一过程中  

    A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零

    B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和

    C. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热

    D. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零

    【答案】AC

    【解析】

    【详解】AB.导体棒匀速上升过程中,合力为零,则合力所作的功等于零,根据动能定理得:

    克服安培力所做功即等于回路电阻中产生的热量,故有:金属棒上的各个力的合力所做的功等于零,恒力F等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和,A正确,B错误;

    C.即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功,即等于电阻R上发出的焦耳热,故C正确;

    D.重力做功不改变金属棒的机械能,恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增量,故D错误.

    14. 如图所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcdt0时刻,线框在水平外力的作用下,从静止开始向右做匀加速直线运动,bc边刚进入匀强磁场(虚线为其左边界)的时刻为t1ad边刚进入磁场的时刻为t2,设线框中产生的感应电流的大小为iad边两端电压大小为U,水平拉力大小为F,感应电流的热功率为P,则关于iUFP随运动时间t变化关系图象正确的是

    A.  B.  C.  D.

    【答案】BD

    【解析】

    【详解】金属杆做匀加速直线运动,速度为:v=at,感应电动势:E=BLv,感应电流为:,其中BLa均不变,当0-t1时间内,感应电流为零,t1-t2时间内,电流It成正比,t2时间后无感应电流,故A错误.感应电流:,当0-t1时间内,感应电流为零,ad的电压为零,t1-t2时间内,Uad=IRad=BLat,电压随时间均匀增加,t2时间后无感应电流,但有感应电动势,为:Uad=E=BLat,电压随时间均匀增加,故B正确.金属杆所受的安培力为:,由牛顿第二定律得:F-FA=ma,解得:,当0-t1时间内,感应电流为零,F=ma,为定值,t1-t2时间内,Ft成正比,Ft是线性关系,但不过原点,t2时间后无感应电流,F=ma,为定值,故C错误;感应电流的热功率:,当0-t1时间内,感应电流为零,P=0t1-t2时间内,电流Pt2成正比,t2时间后无感应电流,P=0,故D正确.

    三、实验题:本题每空2分,共12

    15. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中,

    1)以下做法正确的是___________

    A. 测量摆长时,用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长L

    B. 测量周期时,从小球经过平衡位置开始计时,经历50次全振动总时间为t,则周期为

    C. 摆动中出现了轻微的圆锥摆情形,王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会

    D. 释放单摆时,应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°

    2)黄同学先测得摆线长为97.92cm,后用游标卡尺测得摆球直径(如图),读数为___________cm;再测得单摆的周期为2s,最后算出当地的重力加速度g的值为___________m/s29.86,结果保留两位小数)

    3)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大。”学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个学生中___________

    A.甲的说法正确      B.乙的说法正确      C.两学生的说法都是错误的

    4)实验中,如果摆球密度不均匀,无法确定重心位置,刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下:第一次量得悬线长L1,测得振动周期为T1;第二次量得悬线长L2,测得振动周期为T2,由此可推得重力加速度的表达式为g=___________

    5)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程。图中横坐标原点表示计时开始,ABC均为30次全振动的图像,已知sin 5°=0.087sin 15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________________(填字母代号)。

    【答案】    ①. BD    ②. 2.16    ③. 9.76    ④. A    ⑤.     ⑥. A

    【解析】

    【详解】1[1]A. 测量摆长时,用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度加上摆球的半径作为摆长L,选项A错误;

    B. 测量周期时,从小球经过平衡位置开始计时,经历50次全振动总时间为t,则周期为,选项B正确;

    C. 因圆锥摆的周期

    解得

    则若摆动中出现了轻微的圆锥摆情形,会对实验结果有影响,选项C错误;

    D. 释放单摆时,应注意细线与竖直方向的夹角不能超过,否则单摆的振动就不是简谐振动,选项D正确。

    故选BD

    2[2][3]黄同学游标卡尺测得摆球直径读数为2.1cm+0.1mm×6=2.16cm,则摆长为

    根据

    可得

    3[4]考虑到空气浮力,浮力的方向始终与重力方向相反,相当于等效的重力场的等效重力加速度变小,振动周期变大,甲的说法正确,故A正确,BC错误;故选A

    4[5]设摆球的重心到线与球结点的距离为r,根据单摆周期的公式

    联立两式解得

    5[6]当摆角小于等于时,我们认为小球做单摆运动,所以振幅约为:

    A=lsin5°=1×0.087m=8.7cm

    当小球摆到最低点开始计时,误差较小,测量周期时要让小球做30-50次全振动,求平均值,和明显图B不是总最低点开始计时的;图C摆角过大;图D只记录了一次全振动作为周期,所以A合乎实验要求且误差最小。
    故选A

    四、计算题:共4道题,共42分。要求写出必要文字说明和重要方程式。

    16. 如图所示,一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1B2都是理想变压器),已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500 V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为110,两变压器间输电导线的总电阻为2Ω,降压变压器B2的输出电压为220V.求:

    (1)输电导线上损失的功率;

    (2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数之比.

    【答案】(1)  (2)

    【解析】

    【详解】(1)原、副线圈电压比等于匝数比,对升压变压器:即

    输电线的电流:

    损失的功率:

    (2)降压变压器的输入电压:U3=U2-I2R=4800V

    降压变压器匝数比:

    17. 某介质中形成一列简谐波,t=0时刻的波形如图中实线所示.


     

    (1)若波向右传播.零时刻刚好传到B点,且再经过0.6sP点也开始起振.求:该列波的周期T;从t=0时刻起到P点第一次达到波谷的过程中,O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少?

    (2)若此列波的传播速度大小为20m/s,且波形由实线变为虚线需要经历0.575s时间,则该列波的传播方向如何?

    【答案】(1) 0.2s;位移为10cm,路程130cm ;(2) 该波向右传播

    【解析】

    【分析】

    【详解】由图象知

    λ=2m,A=10cm.

    (1)波向右传播则波速为

    =10m/s

    解得

    T=0.2s

    当图示时刻x=−0.5m振动传到P点时,P点第一次达到波峰,此过程波传播的距离s=6.5m,则由t=0P点第一次到达波峰为止经历的时间

    =0.65s=3T

    由题意知,经过t=3T时间O点到达波峰,对平衡位置的位移

    y0=10cm

    所经过的路程为17倍的振幅

    s0=13A=130cm

    (2)若波速v=20m/s,时间t=0.575s,则波沿x轴方向传播的距离为

    x=vt=11.5m=(5+)λ

    根据波形的平移可知,波沿x轴正方向传播.

    18. 如图,为小型旋转电枢式发电机原理图,其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动,线圈的匝数、电阻,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻,R并联的交流电压表为理想电表. t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图()所示正弦规律变化. 求:


     

    (1)t=0时刻开始转动四分之一周期过程中感应电动势;

    (2)t=0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R的电量;

    (3)电路中交流电压表的示数.

    (4)t=0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功.

    【答案】(1)   (2)  (3)  (4)

    【解析】

    【详解】(1)t=0时刻开始转动四分之一周期过程中,根据图像可知,磁通量变化量:,所用时间:,感应电动势

    (2)感应电动势:,感应电流:,通过回路电量:

    (3)由感应电动势规律,线圈中的电动势的最大值为:,有效值:,根据电压关系:

    (4)外力对线圈所做的功等于产生的总热量,所以

    19. 相距为L2m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m0.1kg的金属细杆abcd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ0.5,导轨电阻不计,回路中abcd电阻分别为R10.6ΩR20.4Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g10m/s2,求:

    (1)ab杆的加速度a

    (2)cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小;

    (3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2J的功,求该过程中ab杆所产生的焦耳热。

    【答案】110m/s2;(22m/s;(32.94J

    【解析】

    【分析】1)对ab杆应用牛顿第二定律可以求出其加速度;

    2)求出感应电动势,由欧姆定律求出感应电流对cd受力分析,应用平衡条件可以求出杆的速度;

    3)应用运动学公式求出ab杆的位移,对ab杆应用动能定理求出安培力做功,然后求出ab杆产生的焦耳热。

    【详解】1)对ab杆由牛顿第二定律可得

    可得

    由图像可知

    可得

    a=10m/s2

    或者

    2cd杆受力情况如图(dc),当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时,速度最大,即

    mgμFN

    FNF

    安培力

    FBIL

    感应电流

    由以上几式解得

    v2m/s

    3ab杆发生的位移为

    ab杆应用动能定理得

    解得

    W4.9J

    根据功能关系得

    QW

    所以ab杆上产生的焦耳热为

    【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用,分析清楚导体杆运动的过程是解题的关键,应用牛顿第二定律、平衡条件与动能定理可以解题。


     

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