2022年高二下學期期中物理試題含解析zhangsan

2022年高二下學期期中物理試題 含解析zhangsan命題：高二理綜備課組 審定：高二理綜備課組 校對：高二理綜備課組本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共12頁，滿分300分，考試用時150分鐘。注意事項： 1答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的校名、姓名、考號填寫在答題卷的密封線內。2選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案；不能答在試卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在另發(fā)的答題卷各題目指定區(qū)域內的相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效。4考生必須保持答題卷的整潔，考試結束后，將答題卷收回。一、選擇題（本題包括16小題，每小題4分，共64分。每小題只有一個選項符合題意）13.如圖為遠距離高壓輸電的示意圖.關于遠距離輸電，下列表述正確的是( )A. 采用高壓輸電可節(jié)省輸電線的銅材料B. 輸電損失的功率與輸送電壓的二次方成正比C.在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，交流電的頻率越高，輸電過程中的電能損失越小D. 發(fā)電機能發(fā)電的主要原理是法拉第電磁感應定律 變壓器能變壓的主要原理是安培定律，電動機通電后能轉動起來的主要原理是法拉第電磁感應定律【答案】AA、設輸送電功率為P，輸送電壓為U，輸電電流為I，輸電線的總電阻為R，由得：，則輸送的電功率一定，知輸電電壓越高，輸電電流越小，根據(jù)，知輸電線上損耗的能量就小，這樣電阻不需要太小，導線不需要太粗，從而能節(jié)省輸電線的材料，故A正確；B、輸電線上損失的電功率為，在輸送電功率P一定，可知輸電損失的功率與輸送電壓的二次方成反比，故B錯誤；C、由上式知輸電過程中的電能損失與交流電的頻率無關，故C錯誤；D、發(fā)電機能發(fā)電的主要原理是法拉第電磁感應定律，變壓器能變壓的主要原理是法拉第電磁感應定律，電動機通電后能轉動起來的主要原理是通電導線在磁場中受到安培力，故D錯誤。故選A。【考點】遠距離輸電14.玻璃杯從同一高度落下,掉在石頭上比掉在草地上容易碎,這是由于玻璃杯在與石頭的撞擊過程中 A. 玻璃杯的動量變化較大 B.玻璃杯受到的沖量較大C. 玻璃杯的動量變化率較大 D. 玻璃杯的動量較大【答案】C玻璃杯從同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的動量相等；而最后的速度均為零；故說明動量的變化一定相等；由動量定理可知沖量也一定相等；但由于掉在水泥地上的時間較短，則說明玻璃杯掉在水泥地上動量變化較快，從而導致沖擊力較大；使玻璃杯易碎，故C正確。故選C。【考點】動量定理15.若某交流電的電流與時間的關系如下圖所示（其中的曲線是正弦的一部分），則該交流電的有效值是：A B C D【答案】C設交流電電流的有效值為I，周期為T，電阻為R；則，解得：。故選C?！究键c】交流的峰值、有效值以及它們的關系16.如圖所示，閉合金屬框從一定高度自由下落進入足夠大的勻強磁場區(qū)域，從cd邊開始進入磁場區(qū)到ab邊剛進入磁場區(qū)這段時間內，線框運動的速度圖象不可能的是：【答案】BA、金屬框進入勻強磁場時，若重力與所受安培力平衡，做勻速直線運動，是可能的，故A錯誤；BC、金屬框進入勻強磁場時，若重力大于所受安培力，做加速運動，根據(jù)安培力公式可知，速度增大時，線框所受的安培力增大，則合力減小，加速度減小，不可能做勻加速運動，做加速度減小的加速運動，故B正確C錯誤；D、金屬框進入勻強磁場時，若重力小于所受安培力，做減速運動根據(jù)安培力公式可知，速度減小時安培力減小，則加速度減小，金屬棒做加速度減小的減速運動，直到勻速運動，故D錯誤。故選B?！究键c】閉合電路的歐姆定律；法拉第電磁感應定律二、雙項選擇題（本題包括9小題，每小題6分，共54分。每小題只有兩個選項符合題意。若正確答案只選一個且正確的給3分；若正確答案選兩個且都正確的給6分，但只要選錯一個或不選，該小題就為0分）17.如圖,一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形的勻強磁場區(qū),磁場方向垂直紙面向里,對從ab邊離開磁場的電子,下列判斷正確的是A.從a點離開的電子速度最小B.從a點離開的電子在磁場中運動時間最短C.從b點離開的電子運動半徑最小D.從b點離開的電子速度偏轉角最小 【答案】BC對于從右邊離開磁場的電子，從a離開的軌道半徑最大，根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中的半徑公式，知軌道半徑大，則速度大，則a點離開的電子速度最大從a點離開的電子偏轉角最小，則圓弧的圓心角最小，根據(jù)，與粒子的速度無關，知越小，運行的時間越短，故BC正確。故選BC。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力18.如圖所示,平行金屬導軌光滑并且固定在水平面上,導軌一端連接電阻R,其它電阻不計,垂直于導軌平面有一勻強磁場,磁感應強度為B,當一質量為m的金屬棒ab在水平恒力F作用下由靜止向右滑動： A. 棒從靜止到最大速度過程中，棒的加速度不斷增大B. 棒從靜止到最大速度過程中，棒克服安培力所做的功等于棒的動能的增加量和電路中產生的內能C. 棒ab作勻速運動階段,外力F做的功等于電路中產生的內能D. 無論棒ab做何運動,它克服安培力做的功一定等于電路中產生的內能【答案】CDA、金屬棒所受的安培力，則，則知金屬棒的速度增大時，安培力增大，則加速度減小，故A錯誤；BD、根據(jù)能量轉化和守恒定律，可知無論棒ab做何運動，克服安培力做的功等于電路中產生的內能棒從靜止到最大速度過程中，外力F做的功等于棒的動能的增加量和電路中產生的內能之和，故B錯誤D正確；C、當ab棒勻速運動時，外力做的功全部轉化為電路中的電能，則外力F做的功等于電路中產生的內能，故C正確。故選CD。【考點】法拉第電磁感應定律；焦耳定律19.如圖，理想變壓器輸入有效值恒定的正弦式交流電，輸出電壓通過輸電線送給用戶（電燈等用電器），R表示輸電線的電阻，原來開關S是斷開的：A要提高用戶的電壓，滑動觸頭P應向上滑動B若P點不動，將變壓器的原線圈的匝數(shù)增加，變壓器的輸入功率將增加C用電器增加時（即開關S閉合時），變壓器的輸入功率將增加D用電器增加（即開關S閉合時），輸電線的熱損耗減少【答案】ACA、根據(jù)變壓器原理可知輸出電壓，當滑動觸頭P應向上滑時，n2增大，所以輸出電壓增大，故A正確；B、若P點不動，將變壓器的原線圈的匝數(shù)增加，副線圈的電壓減小，輸出功率減小，則變壓器的輸入功率將減小，故B錯誤；C、電器增加時總電阻變小，總電流增大，輸出功率增大，所以輸入功率增大，故C正確；D、由于用電器是并聯(lián)的，因此用電器增加時總電阻變小，輸出電壓不變，總電流增大，故輸電線上熱損耗增大，故D錯誤。故選AC?！究键c】變壓器的構造和原理；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率20.一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面向里的磁場中，如圖a所示，磁感應強度B隨t的變化規(guī)律如圖b所示以I表示線圈中的感應電流，以圖a線圈上箭頭所示方向（即順時針方向）的電流為正；MN邊所受的安培力為F（以水平向左為力F的正方向），則以下的i-t、F-t圖中正確的是 【答案】ACAB、第一秒內，磁感應強度均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場與原磁場方向相反，故電流的磁場方向向外，根據(jù)右手螺旋定則，電流為逆時針方向，故電流為負方向，再根據(jù)法拉第電磁感應定律，得到感應電動勢為：（定值），由可知電流大小不變；第二秒內，磁感應強度不變，感應電流為零；第三秒內，磁感應強度均勻減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場與原磁場方向相同，故電流的磁場方向向內，根據(jù)右手螺旋定則，電流為順時針方向，故電流為正方向，再次根據(jù)法拉第電磁感應定律，得到感應電動勢為：（定值），由可知電流大小不變；故A正確B錯誤；CD、MN邊受到的安培力，在0-s內，I、L不變，B增大，F(xiàn)增大，在1-2s內，I=0，F(xiàn)=0，在2-3s內，I、L不變，B減小，F(xiàn)減小，由左手定則可知，0-1s內，安培力向右，為負的，在2-3s內，安培力向左，為正的，故C正確D錯誤。故選AC?！究键c】法拉第電磁感應定律；楞次定律21.為了測量某化肥廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c ，左右兩端開口，在垂直于上下表面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內側面固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U若用Q表示污水流量 (單位時間內排出的污水體積)，下列說法正確的是A若污水中負離子較多，則前內側面比后內側面電勢高B若污水中正離子較多，則前內側面比后內側面電勢高C污水的流速D污水流量Q只與B、U、c有關【答案】CDAB、正負離子流動時，根據(jù)左手定則，正離子洛倫茲力，向后表面偏轉，所以后表面上帶正電荷，前表面上帶負電荷，前表面電勢比后表面低，故A錯誤B錯誤；C、最終正負離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：解得：，故C正確；D、最終正負離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：，流量，所以，污水流量Q只與B、U、c有關，故D正確。故選CD。【考點】霍爾效應及其應用第二部分 非選擇題(共182分)34.（本小題分三小題，每空2分，共18分）（1）如圖是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表。線圈繞垂直于磁場方向的水平軸 沿逆時針方向勻速轉動，從圖示位置開始計時，已知磁感應強度大小為B，線圈的匝數(shù)為n ,線圈轉動的角速度為，正方形線圈的邊長為L，線圈的內阻為r,外電阻為R，則線圈產生的感應電動勢e的表達式為： ；線圈從開始轉過300過程中，通過電阻R的電量為： ；線圈從開始轉過900過程中，外力對線圈所做的功為： ；【答案】 根據(jù)公式，此交流發(fā)電機產生感應電動勢的最大值為；從垂直中性面位置開始計時；從圖示位置開始，線圈轉過30°的過程中，磁通量變化為：；根據(jù)法拉第電磁感應定律，有：；根據(jù)歐姆定律，有：根據(jù)電流強度定義：聯(lián)立解得：外力做的功轉化為電能?！究键c】交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理；電功、電功率；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式 (2)如圖所示，L1、L2是輸電線，甲是_互感器，若甲圖中原副線圈匝數(shù)比為1000：1，乙圖中原副線圈匝數(shù)比為1：20，且電壓表示數(shù)100V，電流表示數(shù)2A，則線路輸送電壓為_ _，電流為_.【答案】電壓 100000V 40A根據(jù)圖象可知，甲與輸電線并聯(lián)，所以甲是電壓互感器，乙與輸電線串聯(lián)，所以乙為電流互感器；甲互感器原線圈的匝數(shù)比副線圈匝數(shù)1000：1，且電壓表示數(shù)為100V，則線路輸送電壓；乙互感器原線圈的匝數(shù)比副線圈匝數(shù)1：20，由電流表的示數(shù)為2V，則線路輸送電流?！究键c】變壓器的構造和原理 (3)A、B兩個物體的質量之比為,它們以相同的初動能始終沿同一水平面滑動,設它們與水平面間的摩擦力大小相等，則：A、B兩物體的初動量大小之比： ，A、B兩個物體滑行時間之比： ； A、B兩個物體滑行的距離之比： ?！敬鸢浮?1：1動能：得：則動量：，則二者動量之比：根據(jù)動量定理：，則AB之間滑行時間之比為：根據(jù)動能定理：則滑行距離之比為：?！究键c】動量守恒定律；動能定理35.（18分）如圖所示，質量為M的導體棒ab,電阻為R，垂直放在相距為d的平行光滑金屬軌道上。導軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中；左側是水平放置、間距為L的平行金屬板, 板間還有垂直紙面向里、大小也為B的勻強磁場，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。（1）調節(jié)Rx=R ，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I、棒的速率v及電壓表的讀數(shù)U1。（2）改變Rx ，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將某離子（不計重力）以速度v0水平射入金屬板間 ，若它能勻速通過，求此時的Rx【答案】（1）； ； （2）（1）導體棒勻速下滑時，得設導體棒產生的感應電動勢為E0由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得：得；電壓表測量的是電路的外電壓，即則；（2）改變Rx，再次勻速下滑后可知電流不變，設帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為Ux，電場強度大小為E則，而場強，粒子勻速通過復合場有而得。【考點】閉合電路的歐姆定律；安培力；法拉第電磁感應定律36.如圖所示是一種簡化磁約束示意圖，可以將高能粒子約束起來。有一個環(huán)形勻強磁場區(qū)域的截面內半徑R1，外半徑R2 ，被約束的粒子帶正電，比荷4.0×107 C/kg，不計粒子重力和粒子間相互作用(請在答卷中簡要作出粒子運動軌跡圖)(1) 若內半徑R11m, 外半徑R23m，要使從中間區(qū)域沿任何方向，速率的粒子射入磁場時都不能越出磁場的外邊界，則磁場的磁感應強度B至少為多大?若內半徑R1 m, 外半徑R23 m,磁感應強度，帶電粒子從中間區(qū)域沿半徑方向射入磁場，則粒子不能穿越磁場外邊界的最大速率vm是多少？(3)若帶電粒子以(2)問中最大速率vm從圓心O出發(fā)沿圓環(huán)半徑方向射入磁場，請在圖中畫出其運動軌跡，并求出粒子從出發(fā)到第二次回到出發(fā)點所用的時間（結果可用分數(shù)表示或保留二位有效數(shù)字）【答案】(1) (2) (3) （1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，磁感應強度越小，粒子軌道半徑越大，粒子軌道半徑最大時，運動軌跡如圖所示：則半徑由牛頓第二定律：，得則；（2）粒子沿半徑方向射出恰好不射出磁場時的運動軌跡如圖所示：根據(jù)圖示，由勾股定理可知：，將，代入解得：，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：，則粒子的最大速率為（3）帶電粒子必須三次經過磁場，才能回到出發(fā)點，軌跡如圖所示：根據(jù)圖示由數(shù)學知識可知，則則粒子在磁場中運動一次轉過的圓心角，粒子在磁場中的運動時間：，粒子在磁場外的運動時間：粒子從出發(fā)到第二次回到出發(fā)點所用的時間?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力物理參考答案選擇題13A 14C 15C 16B 17BC 18CD 19AC 20AC 21CD 34.（本小題分三小題，每空2分，共18分）（1） (2)電壓 100000V 40A(3) 1：135.（18分）（1）導體棒勻速下滑時，得設導體棒產生的感應電動勢為E0由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得：得；電壓表測量的是電路的外電壓，即則；（2）改變Rx，再次勻速下滑后可知電流不變，設帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為Ux，電場強度大小為E則，而場強，粒子勻速通過復合場有而得。36.（1）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，磁感應強度越小，粒子軌道半徑越大，粒子軌道半徑最大時，運動軌跡如圖所示：則半徑由牛頓第二定律：，得則；（2）粒子沿半徑方向射出恰好不射出磁場時的運動軌跡如圖所示：根據(jù)圖示，由勾股定理可知：，將，代入解得：，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：，則粒子的最大速率為（3）帶電粒子必須三次經過磁場，才能回到出發(fā)點，軌跡如圖所示：根據(jù)圖示由數(shù)學知識可知，則則粒子在磁場中運動一次轉過的圓心角，粒子在磁場中的運動時間：，粒子在磁場外的運動時間：粒子從出發(fā)到第二次回到出發(fā)點所用的時間。