2021-2022学年福建省泉州市第五中学高二（下）期中物理试题（解析版）

1、 泉州五中2021-2022学年第二学期期中考试试题高二物理第卷（选择题 共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1. 如图为公交车上车时刷卡的情景，当听到“嘀”的声音，表示刷卡成功。刷卡所用的IC卡内部有电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。刷卡时，读卡机向外发射某一特定频率的电磁波，IC卡内的LC振荡电路产生电谐振，线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是（）A

2、. 读卡机发射的电磁波不能在真空中传播B. IC卡是通过X射线工作的C. 读卡机在发射电磁波时，需要进行调谐和解调D. IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据的功能【答案】D【解析】【详解】A电磁波能在真空中传播，故A错误；BIC卡工作肯定不是依靠X射线，X射线的辐射能量较大，长时间接触对人体有害，故B错误；C读卡机发射的电磁波到IC卡的距离很近，所以不需要进行调谐和解调，故C错误；DIC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据的功能，故D正确。故选D。2. 如图，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小

3、球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（）A. 小球落入小车过程中，小球和小车（含沙）动量守恒B. 小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能守恒C. 小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小D. 小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小【答案】C【解析】【详解】A小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，选项A错误；B设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则解得

4、由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误；C弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为E2减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，选项C正确；D小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式可知整个弹簧振子的周期变大，选项D错误。故选C。3. 如图所示为测磁感应强度大小的一种方式，边长为l、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂

5、于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为I。此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为F1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中拉力大小为F2.则磁感应强度大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】图示位置时，在磁场内部的有效长度为 ，有效电流的方向水平向右，根据左手定则，导线受安培力竖直向上，导线框处于平衡状态，因此当上部处于磁场中时，在磁场内部的有效长度仍为 ，有效电流的方向水平向左，根据左手定则，导线受安培力竖直向下，导线框处于平衡状

6、态，因此两式联立因此A正确，BCD错误。故选A。4. 用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究通电自感现象的电路如图甲所示。电阻的阻值是R，多匝线圈L中未插入铁芯，电源电动势为E，L的电阻和电源的内阻均可忽略。闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙中曲线所示。如果改变某一条件，其他条件不变，重复实验，可以得到图乙中曲线。改变的条件可能是（ ）A. 线圈L中插入铁芯B. 增大EC. 增大RD. 减小R【答案】A【解析】【详解】A若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于曲线的时间，A

7、正确；BD若增大E或减小R，则电路稳定后的Im应增大，而乙图中的Im没有发生改变这说明二者没有发生对应的改变，BD错误；C若增大R，则电路稳定后的Im应减小，而乙图中的Im没有发生改变这说明R没有发生对应的改变，C错误。故选A。5. 如图甲所示的电路中，电阻，电压表量程为0200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是（）A. 电压表会由于测量值超出量程而被损坏B. 每经过1秒，通过R的电流方向改变50次C. 不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025WD. 将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作【答案】C【解析】【详解】A取一个周期时间，由电流的热效应有解得174

8、V小于电压表的量程，故电压表不会损坏，故A错误；C不考虑温度对电阻的影响，则R的实际功率为=3025W故C正确；B由图乙可知交流电周期为0.02s，因为每个周期，电流方向改变2次，1秒钟经历50个周期，电流方向改变100次，故B错误；D交流电峰值是311V，超出电容器耐压值，所以电容器不可以安全工作，故D错误。故选C。6. 均质均匀圆环半径略大于圆柱体半径，空间存在垂直于圆柱体表面沿半径向外的磁场，圆环所在位置的磁感应强度大小为B。圆环的质量为m，半径为r，给环以竖直向上的初速度v，圆环上升最大的高度为H，然后落回抛出点，此过程中（）A. 圆环先有扩张后有收缩趋势B. 圆环上升时间比下降时间短

9、C. 圆环上升过程和下降过程产生的热量相同D. 圆环上升过程经过位置时的速度有可能大于【答案】B【解析】【详解】A圆环上升时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为逆时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向下；圆环下降时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向上；整个过程中，圆环既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，故A错误；B圆环在上升过程中，感应电流安培力向下，合力为重力与安培力之和，而圆环下降过程中，感应电流安培力向上，合力为重力和安培力之差，因此圆环上升时减速的加速度大小大于下降时加速的加速度大小，上升和下降位移相同，

10、因此上升时间小于下落时间。故B正确；C圆环运动过程中因电磁感应产生热量，机械能减小，因此圆环上升和下降经过同一位置时，下降时的速度小于上升时的速度，因此经过任一高度，上升时感应电流安培力大于下降时的安培力，圆环在上升过程克服安培力做功大于下落过程中克服安培力做功，因此圆环上升过程中产生热量较大，故C错误。D若圆环上升过程做匀减速直线运动，则根据 解得经过位置时的速度为。实际上圆环上升过程做加速度减小的减速运动，可知前半段速度减小快，经过位置时的速度小于，故D错误。故选B。7. 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则（）A. 甲、乙两振子的频

11、率之比为B. 同一个弹簧振子1s和3s时加速度都相同C. 08s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为D. 甲振子位移随时间变化的关系式为【答案】CD【解析】【详解】A由图可知，甲、乙两振子的周期之比为 1:2，则频率之比为2:1，选项A错误；B甲弹簧振子在1s和3s时加速度等大反向；乙弹簧振子在1s和3s时加速度相同，选项B错误；C08s时间内甲振子通过的路程8A1=16cm；乙振子通过的路程4A2=4cm；路程之比为，选项C正确；D甲振子则位移随时间变化的关系式为选项D正确。故选CD。8. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只

12、能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电B. 由静止突然向前加速时，电容器的电容减小C. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表D. 保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热【答案】BC【解析】【详解】A静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器两极板带电，故A错误；BC由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据可知，电容器的电容减小，电容器带电量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，故BC正确；D保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位

13、置在某位置不动，电容器电量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，故D错误。故选BC。9. 如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的速度可能为A. BkLB. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径：(n=1，2，3，)，质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，得 (n=1，2，3，

14、)，当n=1时，。当n=3时，。故AC正确，BD错误。故选：AC。10. 某物理研究性小组做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀面积足够大的铜板固定在绝缘支架上。一质量为m的永磁体放置在铜板的上，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的初速度，永磁体将沿斜面向下运动，如图所示。假设永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且（式中为铜板与水平面的夹角），取铜板下端所在水平面为零势能面。则下图中关于永磁体下滑过程中速率v、动能、重力势能、机械能E随时间t变化的图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【详解】A小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦力

15、阻力不变，由可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，线的斜率减小，故A正确；B若开始下落时小磁铁满足小磁铁匀速下滑，此时动能不变，故B正确；C小磁铁下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近与某一定值，故C错误；D小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，故D正确。故选ABD。第卷（非选择题 共60分）二、填空、实验题（共20分，其中11、12题为填空题每小题4分，13、14题为实验题，13题4分、14题8分）11. 如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为，电流表的示数为

16、1A，输电线的总电阻为10，用户电阻为，且。则升压变压器的输出电压_V，将P下移，用户获得的电压将_（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】 . 2000 . 减小【解析】【详解】1由电流互感器可得，输电线电流为由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为2 将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即变大，对于理想变压器，有化简得所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小。12. 利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻连成如

17、图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。则_（填“”或“”）应标在电压较大的刻度上；该电子温度计表盘上温度的刻度是_的（填“均匀”或“不均匀”）。【答案】 . . 不均匀【解析】【详解】1温度为tA时电阻R的阻值大于温度tB时的阻值，由串联电路分压规律可知，R的电压R越大，U越大，所以tA应标在电压较大的刻度上；2由可知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀。13. 小夏同学用如图所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验，螺线管A、滑动变阻器、

18、开关与电池相连构成回路，螺线管B与“0刻度线”在中间的灵敏电流计构成闭合回路，螺线管B套在螺线管A的外面。(1)为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，通过不同的操作观察指针摆动情况，以下正确的有_。A断开与闭合开关时指针会偏向同一侧B.闭合开关，待电路稳定后，如果滑动变阻器的滑片不移动，指针不偏转C.滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央D.滑动变阻器的滑片向右加速移动和向右减速移动，都能使指针偏向同一侧(2)图中在未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开放置的情况下，直接拆除某螺线管处导线，可能由于自感现象突然被电击一下，则被电击可能是在拆除_（选填“A”

19、或“B”）螺线管所在电路时发生的。【答案】 . BD . A【解析】【详解】(1)1A断开与闭合开关时，螺线管B中磁通量变化情况相反，产生的感应电流方向相反，指针偏转方向相反，故A错误；B闭合开关，待电路稳定后，如果滑动变阻器的滑片不移动，则螺线管A中的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，感应电流为零，指针不偏转，故B正确；C滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，螺线管A中的电流变化，穿过螺线管B的磁通量变化，感应电流不为零，指针都将发生偏转，故C错误；D滑动变阻器的滑片向右加速移动和向右减速移动，螺线管A中的电流都增大，穿过螺线管B的磁通量都增大，产生的感应电流方向相同，都能使指针偏向同一

20、侧，故D正确。故选BD。(2)2由题意可知可能是在拆除A螺线管所在电路的导线时，导致螺线管A中磁通量在一瞬间减小从而产生了较大的自感电动势，使操作者被电击一下。14. 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）他组装单摆时，在摆线上端悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是_（填字母代号）。A.保证摆动过程中摆长不变 B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节 D.保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）如图1，他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=98.63cm，再用游标卡尺测量摆球直径

21、d，结果如图2所示，则该单摆摆长为_cm。（3）用秒表记录单摆做30次全振动所用的时间如图3所示，其读数为_s。（4）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m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，B、C、D均为30次全振动的图像，已知，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）。A. B.C. D.【答案】 . AC . 97.71 . 58.3 . C【解析】【详解】（1）1组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做的目的既是为了保证摆动过程中摆长不变，也是为了需要改变摆长时便于调节，故AC正确。故选A

22、C。（2）2摆球的直径为d=18.4mm，则半径为r=9.2mm=0. 92cm，所以摆长为cm（3）3秒表读数为30s+28.3s=58.3s（4）4为减小误差则应该测量至少30次全振动的时间从而测量周期，则选项A是错误的；单摆的摆角不能大于5，否则就不是简谐振动了，摆角与振幅A和摆长l的关系满足则当振幅为A=25cm时摆角约为15，当振幅为A=8cm时摆角小于5，则图B是错误的；另外，实验时应从摆球通过最低位置时开始计时，即从x=0位置开始计时，则图D错误；综上所述可知C图像对应的操作过程合乎实验要求且误差最小。故选C。三、计算题（本题共4小题，第15、16题各8分，第17、18题各12分

23、，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）15. 图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数为n100匝，面积为S103m2，匀强磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。理想变压器副线圈接充电器，已知额定电压为6V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻。求：（1）线圈ab中的最大感应电动势Em；（2）变压器原、副线圈匝数比n1：n2。【答案】（1）V；（2）1：6【解析】【详解】（1）由题图乙可知磁场变化周期T0.2s则10rad/s又EmnBmS代入数据可得EmV（2）对理想变压

24、器，有其中U1U26V可得n1：n21：616. 如图1所示，小球（可视为质点）在光滑圆弧槽上的A、A之间往复运动，小球的运动视为简谐运动，使用周期性外力驱动小球，得出驱动力频率与振幅之间的关系如图2所示，当驱动力频率为时小球振幅最大。撤去驱动力，小球自由振动，A、A点为左右端点，D为最低点，A、A点与圆心O的连线与竖直方向之间的夹角相等且均为，（5），已知重力加速度g，求：（1）光滑圆弧槽的半径；（2）小球运动过程中在最低点D和端点A处对光滑圆弧槽的压力之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）当驱动力频率为时小球振幅最大，说明小球做简谐运动的固有频率为，根据单摆周期公式可得 解得

25、（2）设小球在最低点时的速度大小为v，所受轨道支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有 对小球从端点A到最低点D的过程，根据动能定理有 联立解得 根据牛顿第三定律可知小球在最低点D对光滑圆弧槽的压力大小为 小球在端点A处速度为零，向心加速度为零，根据力的分解可得此时小球对光滑圆弧槽的压力大小为 小球运动过程中在最低点D和端点A处对光滑圆弧槽的压力之比为 17. 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域

26、有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T现杆b以初速度大小v05 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，g取10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热【答案】(1)5s (2)C (3)J【解析】【分析】(1) 结合a、b导体棒的运动情况，对b导体棒进行分析，应用动量定理求解时间；(2)应用动能定理求解a导体棒进入水平轨道的速度，a导体棒进入水平轨道后与b导体棒动量守恒，求解两导体棒共速的速度，再对a导体棒应用动量定理求解通过a导体棒的电荷量；(3)应用能量守恒求解整个回路的焦耳热，根据串联电路的焦耳热之比等于电阻之比求解b导体棒上产生的焦耳热【详解】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有其中：vb02 m/s，代入数据解得t5 s(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由动能定理有解得：va5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得mavam