天津市滨海新区塘沽紫云中学教育集团校2024-2025学年高二下学期期中物理试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页天津市滨海新区塘沽紫云中学教育集团校2024-2025学年高二下学期期中物理一、单选题1．短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（）A．两运动员的动量变化量一定相同B．两运动员组成的系统动量守恒，机械能不守恒C．两运动员速度变化量的大小一定相等D．两运动员之间相互作用力的冲量一定相同2．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当A以如图所示的方向绕其中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，下列说法正确的是（）A．A可能带正电且转速增大B．A可能带负电且转速增大C．若A带正电，B有收缩的趋势D．若A带负电，B有扩张的趋势3．两个匀强磁场，磁感应强度均为B，宽度均为a。矩形线框abcd的ab边与y轴重合，ad边长为a，从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，线框平面始终保持与磁场垂直，以逆时针电流为正，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象是（

）A．B．C．D．4．如图甲，发电站输出正弦交流电的功率为P＝300kW，电压为，利用图乙所示电路进行远距离输电，、均为理想变压器。已知输电线电阻R＝30Ω，输电线上损失的功率。ΔP＝3kW，次级发电站两端的电压为，则（）A．输电线上的电流B．变压器，原线圈的电压C．变压器，原副线圈的匝数比为1：50D．变压器，原副线圈的匝数比为99：15．相同的弹簧和不同质量的小球组成甲、乙两个水平弹簧振子，它们做简谐运动的振动图像如图所示，P为其中一个交点（图中未画出），下列说法正确的有（）A．甲在0.1~0.15s内振动能量增大B．甲振子振动能量一定比乙振子振动能量大C．在交点对应的时刻甲小球的回复力和乙小球的回复力可能不相同D．甲、乙的周期之比为2∶1二、多选题6．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为线圈电阻为．规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是

A．在时间内，I的最大值为B．在时间内，I的大小越来越小C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为D．第3s内，线圈的发热功率最大7．冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像如图所示，已知，则下列说法正确的是（）A．碰撞过程中，两冰壶所受合力相同B．C．两冰壶发生的是弹性碰撞D．碰撞前后，冰壶A动量的变化量大小为0.4kg·m·s-18．如图甲所示为某电动汽车充电桩的铭牌，将该充电桩和理想变压器连接成图乙所示的电路，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系为，充电桩的能量损耗率为20%，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为50HzB．变压器原、副线圈的匝数比C．充电桩输出电压的最大瞬时值为220VD．若10台充电桩同时使用，变压器的输入功率约为70kW三、实验题9．图示为做“碰撞中的动量守恒”的实验装置（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验必须要求的条件是。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下D．碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行（2）入射小球的质量应（选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量。（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式m1=（用、及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。10．某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d。①该单摆在摆动过程中的周期为；②用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达g=；③为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k，则重力加速度g=；(用k表示)若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是；由图像求得的重力加速度的g。(偏大，偏小，无影响)四、解答题11．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能。

12．如图，为交流发电机的矩形线圈，其面积为，匝数为，线圈电阻为，外电阻为。线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度为。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表，求：（1）若从图示位置开始计时，写出的表达式；（2）交流电压表和交流电流表的示数；（3）从图示位置转过，通过的电荷量；（4）转一个周期，产生的焦耳热。13．如图甲所示，、为间距足够长的平行导轨，，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角，间连接有一个的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为。将一根金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好。金属棒的电阻为、质量为，与导轨间的动摩擦因数为。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至处时达到最大速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量。设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与平行。（，，）求：（1）金属棒的最大速度的大小；（2）离的距离；（3）金属棒滑行至处的过程中，电阻上产生的热量；（4）金属棒从静止滑行至处的过程经过的时间。

答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案1．B【详解】A．两运动员组成的系统合外力为零，满足动量守恒，所以两运动员的动量变化大小相等，方向相反，故A错误；B．“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，合外力为零，系统动量守恒，故B正确；C．两运动员的动量变化大小相等，但不知道两运动员的质量，故两运动员速度变化量的大小不一定相等，故C错误；D．两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。故选B。2．A【详解】A．若A带正电，逆时针转动产生逆时针方向的电流，A内磁场方向垂直纸面向外，A外磁场方向垂直纸面向里，当转速增大时，穿过B的磁通量向外增大，根据楞次定律（增反减同）可知，B中产生顺时针方向的电流，故A正确；B．若A带负电，逆时针转动产生顺时针方向的电流，A内磁场方向垂直纸面向里，A外磁场方向垂直纸面向外，当转速增大时，穿过B的磁通量向里增大，根据楞次定律（增反减同）可知，B中产生逆时针方向的电流，故B错误；C．若A带正电，逆时针转动产生逆时针方向的电流，与图示B中电流方向相反，异向电流相互排斥，B环有扩张的趋势，故C错误；D．若A带负电，逆时针转动产生顺时针方向的电流，与图示B中电流方向相同，同向电流相互吸引，B环有收缩的趋势，故D错误。故选A。3．C【详解】线圈进入磁场，在进入磁场的过程中，感应电动势为感应电流根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正；在的过程中，感应电动势为感应电流根据右手定则，可知电流的方向为顺时针方向，为负；在的过程中，感应电动势为感应电流根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正。故选C。4．D【详解】A．由解得输电线上的电流为故A错误；B．由可得变压器，原线圈的电压为故B错误；C．变压器，原副线圈的匝数比为故C错误；D．变压器，原副线圈的匝数比为故D正确。故选D。5．B【详解】A．做简谐运动的弹簧和小球组成的振子机械能守恒，故A错误；B．如图可知，甲、乙振子的振幅分别0.5cm和0.2cm，弹簧振子振动能量是弹簧的弹性势能和小球的动能之和，在最大位移处，小球的动能为0，所以弹簧振子振动能量等于最大弹性势能，即甲振子振动能量比乙振子振动能量大，故B正确；C．在交点P对应的时刻两个弹簧振子在同一个位置，弹簧伸长量相同，根据F=-kx可知，回复力相同，故C错误；D．如图可知，甲的周期为乙的周期为则甲、乙的周期之比为故D错误。故选B。6．AC【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，从而可以判断电流、电量等问题；【详解】A、根据法拉第电磁感应定律，可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即：，根据欧姆定律：，故A正确；B、在时间内，B-t图象的斜率不变，可知该段时间内电动势不变，即电流大小不变，故选项B错误；C、通过线圈某一截面的电量，故C正确；D、第3s内，磁场不变，则磁通量不变，故没有感应电流产生，则线圈不会产生热量，故选项D错误．【点睛】解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电流的方向，同时掌握求解电量的方法．7．BC【详解】A．碰撞过程中，两冰壶所受合力为对方所施加的弹力，是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B．碰前瞬间，A的速度以此方向为正方向，B静止，碰后瞬间，A的速度，B的速度总动量守恒，有解得，故B正确；C．碰前总机械能碰后总机械能碰撞前后机械能守恒，可知二者是弹性碰撞，故C正确；D．A动量的变化量为其大小为，故D错误。故选BC。8．AB【详解】A．交流电的周期为则频率故A正确；B．根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原、副线圈的匝数比故B正确；C．充电桩输出电压的最大瞬时值为故C错误；D．若10台充电桩同时使用，总输出功率约为变压器的输出功率约为因为是理想变压器，故输入功率约为87.5kW，故D错误。故选AB。9．BCD大于【详解】（1）[1]AC.为了使入射球每次运动到斜槽末端时的速度大小相等，要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下，斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，故A错误，C正确；B.为了使小球抛出后能够做平抛运动，需要斜槽轨道末端的切线是水平的，故B正确；D.为使两球能够发生对心碰撞，要求碰撞的瞬间入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确。故选BCD。（2）[2]设入射球与被碰球碰撞前瞬间的速度为v1，碰撞后瞬间两小球的速度分别为v1'和v2'，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得；解得；为了使入射球碰后不被反弹，需要m1＞m2。（3）[3]两小球做平抛运动的竖直位移相同，所以运动时间相同，均为t，且易知M、N分别为碰后入射球和被碰球的落点平均位置，则根据动量守恒定律可得即需要验证是否成立的关系式为10．计算摆长时漏加小球半径无影响【详解】①[1]由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N=则周期②[2]单摆的长度为l=L+由单摆的周期公式T=2π得③[3][4][5]根据重力加速度的表达式g=可知，T2-l图线斜率k=则g=若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径，从g的表达式可知：g与摆长无关，所以因此失误对由图象求得的重力加速度的g的值无影响。【点睛】掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度、摆长、周期等物理量之间的关系，单摆的周期采用累积法测量可减小误差，对于测量误差可根据实验原理进行分析。11．（1）；（2）；（3）【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得解得（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得解得（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得解得则碰撞过程中损失的机械能为12．（1）；（2），；（3）；（4）【详解】解：（1）由图可知，线圈起始位置为感应电动势的最大值可得；（