2022-2023学年天津市红桥区高二（下）期末物理试卷（含解析）

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一、选择题（本大题共8小题，共32分）

1.在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为，最大速率为，则下列说法正确的是()

A.从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做功不一定为零

B.从某时刻起，在半个周期时间内，弹力做的功可能是到之间的某一个值

C.从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量一定为零

D.从某时刻起，在半个周期时间内，弹力的冲量可能是到之间的某一个值

2.根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是()

A.变化的电场一定产生变化的磁场B.均匀变化的电场产生均匀变化的磁场

C.振荡电场能够产生振荡磁场D.振荡磁场不能够产生振荡电场

3.如图所示为一理想变压器的电路图，图中为单刀双掷开关，为滑动变阻器的滑片，为加在原线圈两端的交变电压，为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是()

A.若保持及的位置不变，由合到时，将增大

B.若保持及的位置不变，由合到时，消耗的功率将增大

C.若保持不变，接在处，使向上滑时，将增大

D.若保持的位置不变，接在处，使增大时，将减小

4.如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流，则当增大时关于外线圈中的感应电流的方向及受到的安培力的方向，下列判断正确的是()

A.沿顺时针方向，沿半径指向圆心B.沿逆时针方向，沿半径背离圆心

C.沿逆时针方向，沿半径指向圆心D.沿顺时针方向，沿半径背离圆心

5.如下图所示为一列简谐波在时刻的图象，这列波刚好传到点，已知时，点第三次出现波峰，下列说法中正确的是()

A.这列波的传播速度为B.当时，这列波传播到点

C.当时，点第一次出现波峰D.当时，点第一次出现波峰

6.如图甲中所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是()

A.时刻线圈中感应电动势为零B.时刻导线的速度方向跟磁感线垂直

C.时刻线圈平面与中性面垂直D.、时刻线圈中感应电流方向相同

7.如图所示，电灯和与固定电阻的电阻均为，是自感系数很大线圈．当闭合、断开且电路稳定时，、亮度相同，再闭合，待电路稳定后将断开，下列说法正确的是()

A.立即熄灭B.灯将比原来更亮一些后再熄灭

C.有电流通过灯，方向为D.有电流通过灯，方向为

8.如图所示，、两质量相等的物体，原来静止在平板小车上，和间夹一被压缩了的轻弹簧，、与平板车上表面动摩擦因数之比为：，地面光滑．当弹簧突然释放后，、相对滑动的过程中，则以下说法中正确的是()

A.A、系统动量守恒B.A、、系统动量守恒

C.小车向左运动D.小车向右运动

二、综合题（68分）

9.一关于单摆，下列说法正确的是______。

A.单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力

B.单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力

C.在最大位移处，重力势能最大，摆球动能为零

D.在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零

二用单摆测定重力加速度实验，下列说法正确的是______。

A.摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长，用游标卡尺量出摆球直径算出半径，则摆长

B.开始摆动时需注意：摆角要较小保证接近做简谐运动；不要使摆动成为圆锥摆。

C.必须从摆球通过最高点时开始计时，测出单摆做几十次全振动所用的时间，算出周期的平均值。

D.改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的周期，再用平均摆长和平均周期，利用公式求出重力加速度值。

三在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为、、、，设入射小球和被碰小球的质量依次为、，则下列说法中正确的有______。

A.第一、二次入射小球的落点依次是、

B.第一、二次入射小球的落点依次是、

C.第二次入射小球和被碰小球将同时落地

D.

10.一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共，这个士兵用自动枪在时间内沿水平方向射出发子弹，每颗子弹质量，子弹离开枪口时相对地面的速度都是，射击前皮划艇是静止的。

射击后皮划艇的速度是多大？

士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？

11.如图所示，、是两条水平放置的平行光滑导轨，其阻值可以忽略不计，轨道间距。匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度，金属杆垂直于导轨放置与导轨接触良好，杆在导轨间部分的电阻，在导轨的左侧连接有电阻、，阻值分别为，，杆在外力作用下以的速度向右匀速运动。

杆哪端的电势高？

求通过杆的电流；

求电阻上每分钟产生的热量。

12.在以坐标原点为圆心、半径为的圆形区域内，存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与轴的交点处以速度沿方向射入磁场，它恰好从磁场边界与轴的交点处沿方向飞出．

请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；

若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为，该粒子仍从处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了角，求磁感应强度多大？此次粒子在磁场中运动所用时间是多少？

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：弹力做的功等于弹性势能的变化量；从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，弹性势能相等，所以弹力做功之和为零；故AB错误；

对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反；若以初速度为，则末速度为，故速度变化为，若开始时在最大位移处，初速度为，末速度也是，所以速度的变化也是根据动量定理，弹力的冲量：，所以弹力的冲量大小可能是间的某个值。故C错误，D正确。

故选：。

对于简谐运动，经过半个周期后位移与之前的位移关系是大小相等、方向相反，根据弹力做功与弹性势能关系分析；对于简谐运动，经过半个周期后速度与之前的速度关系是大小相等、方向相反，根据动量定理分析弹力的冲量。

本题考查简谐运动的知识，注意简谐运动的振子半个周期内，路程为振幅的两倍，弹力做功一定为零，当在周期内，弹力做功不一定为零；弹力的冲量为矢量。

2.【答案】

【解析】解：根据麦克斯韦电磁场理论知道，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；振荡电场产生振荡磁场，振荡磁场产生振荡电场，故ABD错误，C正确。

故选：。

根据麦克斯韦电磁场理论可以判断。

熟练记忆麦克斯韦的电磁场理论是解题的基础。

3.【答案】

【解析】解、保持及的位置不变，由合到时，原线圈匝数变少，由可知副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据得知将增大，故A正确；

B、保持及的位置不变，由合到时，原线圈匝数变大，由可知副线圈电压变小，根据，知的功率变小，故B错误；

C、保持不变，合在处，使上滑时，增大，而电压不变，所以副线圈电流减小，原副线圈匝数比不变，根据，知将减小，故C错误；

D、保持的位置不变，合在处，增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D错误。

故选：。

根据输出电压是由输入电压和变压比决定的，输入功率是由输出功率决定的，原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可。

解答本题时，要掌握理想变压器所遵守的物理规律，知道理想变压器的输入功率是由输出功率决定的。

4.【答案】

【解析】解：如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁场方向向里，当增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：受到的安培力方向是沿半径背离圆心向外。

故选：。

当电流增大时，磁场增强，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流的方向，根据左手定则判断受到的安培力方向．

本题是安培定则、楞次定律、左手定则的综合应用．也可以直接根据楞次定律判断安培力的方向，注意明确中电流变化使外围线圈产生电磁感应．

5.【答案】

【解析】解：、时，点第三次出现波峰，可知，解得，由图可知波长

根据，解得

故A正确；

、这列波传播到点用时，所以当时，这列波传播到点，根据波的平移法可知，点第一次出现波峰为，故BCD错误；

故选：。

根据波的图象得出波长的大小，根据点第三次到达波峰的时间求出振动的周期，根据波长和周期求出波速．根据结合波的平移法分析。

解决本题的关键知道波动和振动的联系，知道波速与波长的关系。

6.【答案】

【解析】解：、时刻穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，故A正确；

B、时刻，穿过线圈的磁通量为零，则导线的速度方向与磁感线垂直，故B正确；

C、时刻穿过线圈的磁通量最大，处于中性面，故C错误；

D、、时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；相差半个周期，电流方向相反，故D错误。

故选：。

根据图像分析磁通量的变化，结合正弦式交变电流规律分析电动势的变化，当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变。

本题关键是掌握磁通量与感应电动势关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大。

7.【答案】

【解析】解：、闭合、断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明的直流电阻亦为闭合后，与灯并联，与灯并联，它们的电流均相等。当断开后，将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因闭合，电流不可能经过灯和，只能通过灯形成的电流，所以AD正确C错误；

B、由于自感形成的电流是在原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。

故选：。

在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开瞬间产生一自感电动势相当于电源，与组成闭合回路．

做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．

8.【答案】

【解析】解：、弹簧释放后，、组成的系统所受合外力不为零，故A、系统动量不守恒，故A错误；

B、弹簧释放后，、、组成的系统所受合外力为零，故A、、系统动量守恒，故B正确；

C、当压缩弹簧突然释放将、弹开过程中，、相对发生相对运动，向左运动，受到的摩擦力向右，故C受到的滑动摩擦力向左，

向右运动，受到的摩擦力向左，故C受到的滑动摩擦力向右，而、与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为：，所以受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故C正确，D错误．

故选：．

系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况．

本题主要考查了动量守恒的条件以及滑动摩擦力的方向判断，难度适中．

9.【答案】

【解析】解：一、单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故A错误，B正确。

C、在最大位移处，重力势能最大，摆球速度为零，所以动能为零；故C正确。

D、但在平衡位置处，速度最大，根据

解得

此时弹力最大，但回复力为零，故D正确。

故选：。

二、摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长，用游标卡尺量出摆球直径算出半径，则摆长，故A错误；

B、开始摆动时需注意：摆角要较小保证接近做简谐运动；不要使摆动成为圆锥摆，故B正确；

C、为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C错误；

D、先计算几次实验的重力加速度，再求平均值，故D错误；

故选：。

三、入射小球和被碰小球相撞后，入射小球的速度减小，小于第一次没有与被碰球碰撞时的速度，两球碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，入射球与被碰球离开轨道后都做平抛运动，抛出点的高度相同，做平抛运动的时间相同，速度越大平抛运动的水平位移越大，因此碰撞后入射球的水平位移小于第一次没有碰撞时的水平位移，点是第二次落地位置，点是入射球第一次落点位置，故A错误，B正确；

、两球碰后都做平抛运动，抛出点高度相同，两球做平抛运动的时间相同，碰撞后两球同时开始做平抛运动，因此第二次入射小球和被碰小球将同时落地；

小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为，则有

规定向右为正方向，根据动量守恒得：

即

故C正确，D错误；

故选：。

故答案为：一；二；三

一根据单摆做简谐运动的特点分析判断；

二根据单摆测定重力加速度的实验原理分析解答；

三根据动量守恒定律分析判断。

本题考查验证动量守恒定律与单摆测定重力加速度的实验，解题关键掌握实验原理，注意动量守恒定律的运用。

10.【答案】解：对人、船、装备整体，由动量守恒得，取子弹的运动方向为正

代入数据得船速为

对内射出的子弹，由动量定理得

得子弹受到的作用力为

由作用力与反作用力得，枪所受到的平均反冲作用力

答：射击后皮划艇的速度是；

士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有。

【解析】水的阻力可忽略不计，在射击过程中，士兵连同装备、皮划艇和子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律可以求出皮划艇的速度；

对士兵、皮划艇包括枪与剩余子弹，运用动量定理可以求出射击时的平均反冲作用力。

本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，解题时要注意研究对象的选择、正方向的规定，运用动量定理求射击过程、作用力，是常用方法。

11.【答案】解：根据右手定则可知：杆中产生的感应电流方向为，因杆相当于电源，电流从负极流向正极，则端的电势高；

杆产生的感应电动