2022年高二下學期期中物理試題含解析zhangsan

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1、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

2、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

3、理是法拉第電磁感應定律 【答案】A A、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

4、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

5、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。 【考點】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】B A、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

6、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。 【考點】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

7、.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θ越小，運行的時間

8、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】CD A、金

9、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

10、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】AC A、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，

11、總電流增大，故輸電線上熱損耗增大，故D錯誤。 故選AC。 【考點】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】AC AB、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

12、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。

13、 故選AC。 【考點】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】

14、CD AB、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

15、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：

16、 根據(jù)電流強度定義： 聯(lián)立解得： 外力做的功轉化為電能。 【考點】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

17、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。 【考點】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： 。 【答案】 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

18、：。 【考點】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θ，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R

19、x 【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

20、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R1＝1m, 外半徑R2＝3m，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? ⑵若內半徑R1＝ m, 外半徑R2＝3 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)

21、 (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

22、從出發(fā)到第二次回到出發(fā)點所用的時間。 【考點】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) 1：1 35.（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

23、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。