重庆市青木关中学2023-2024学年高二下学期半期检测物理试题（含答案）

第第页重庆市青木关中学2023-2024学年高二下学期半期检测物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图所示为一质点做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是（）A．质点振动周期为0.4sB．质点在0.8s内走过的路程为40cmC．0至0.4s时间内，质点加速度始终沿x轴负方向D．在0~0.2s时间内，速度方向与加速度方向相同2．一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，内阻不计。转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直。产生的电动势随时间变化的规律如图所示，则（）A．该交变电流频率是0.4HzB．计时起点，线圈恰好与中性面重合C．t＝0.1s时，穿过线圈平面的磁通量最大D．该交变电动势瞬时值表达式是e＝1023．已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I,A、B是两导线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为B0A．大小为B0B．大小为B0C．大小为B0D．大小为2B4．如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动频率为（）A．1Hz B．1.25Hz C．2Hz D．2.5Hz5．如图所示，某小组利用电流传感器（接入电脑，图中未画出）记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流（已知开关S闭合时A． B．C． D．6．近期小朋友热衷玩的一种夜光飞行器的实物和模型如图所示。假设该飞行器在北半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向下，磁感应强度为B。飞行器的螺旋桨叶片远端在固定的水平圆环内转动，在螺旋桨转轴和叶片的运端b之间连接有一个发光二极管D，已知叶片长度为L，转动的频率为f，从上向下看叶片是按顺时针方向转动为正向转动。用E表示每个叶片中的感应电动势，螺旋桨转轴和叶片均为导体。则（）A．E=πBLB．E=2πBLC．E=πBLD．E=2πBL7．如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压恒定U0=36A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电源的输出功率变小C．当R=16ΩD．当R=16Ω二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，某时刻的波形如图所示．则（）A．该波的波长为8m B．该波的波速为50m/sC．该时刻质点P向y轴负方向运动 D．该时刻质点Q向y轴负方向运动9．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机输出电压U1=250V经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线A．发电机输出的电流IB．输电线上的电流IC．降压变压器匝数比nD．升压变压器匝数比n10．如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是（）A． B．C． D．三、实验题。（本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。）11．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）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d，结果如图2所示，则该单摆摆长为cm。（2）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。（3）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sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A． B．C． D．12．某中学课外兴趣小组测量手机电池的电动势和内阻的实验原理图如图甲所示，已知电池的电动势约为3V、内阻小于1Ω，现提供的器材如下：A．手机电池；B．电压表V1（量程为0～15V，内阻约为10kΩ）；C．电压表V2（量程为0～3V，内阻约为10kΩ）；D．电阻箱R（0～99.9Ω）；E．定值电阻R01＝2Ω；F．定值电阻R02＝100Ω；G．开关和导线若干。（1）如果要准确测量电池的电动势和内阻，电压表应选择；定值电阻R0应选择。（均选填实验器材前的标号）（2）兴趣小组一致认为用线性图像处理数据便于分析，于是在实验中改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的示数U，获取了多组数据，画出的1U－1R图像为一条直线，如图乙所示，若把流过电阻箱的电流视为干路电流，则可得该电池的电动势E＝V，内阻r＝（3）若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。四、解答题（本题共3个小题，13题10分，14题13分，15题18分，共41分）13．如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框，线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域（线框ab、cd两边始终与磁场边界平行）。（1）求cd边刚进入磁场时c、d两点的电势差；（2）求线框入磁场过程中的最大加速度的大小；（3）求线框全部进入磁场的过程中通过线框导体横截面的电荷量。14．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限有竖直向上的匀强电场，在第四象限有一圆心在O1（2L，-2L）半径为2L的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一负电子从P（0，L）点沿x轴正方向以速度v0入射，经匀强电场偏转后恰好从M（2L，0）点进入匀强磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，电子重力不计。求：（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）若匀强磁场的磁感应强度为B，电子离开磁场后恰好垂直穿过y轴，求B的大小；（3）求电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间t。15．如图所示，两根完全相同的光滑平行长直导轨固定，长直导轨构成的平面与水平面的夹角θ=37°，两导轨顶、底端分别连接电阻R1、R2，在导轨所在斜面上以M1为坐标原点建立平面直角坐标系，斜面上的矩形区域M1P1P2M2内分布有方向垂直于斜面向上的磁场，磁场沿x正方向磁感应强度B=(2+0.4x)T，沿y方向均匀分布。某时刻在导轨斜面上M1P1上方s=3.0m处由静止释放一金属棒ab，金属棒ab进入磁场后，立即在棒上施加一方向沿斜面向上的力F，金属棒ab在磁场中的运动过程，棒中电流始终保持不变。已知导轨间距L=1.0m，磁场上边界M1P1（1）金属棒ab刚进入磁场时流经R1的电流I（2）金属棒ab通过磁场的过程中，电阻R2产生的焦耳热Q（3）金属棒ab通过磁场的过程中力F所做的功W。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知质点振动周期为0.8s，故A错误；B．质点在0.8s内走过的路程为s=4A=40cmC.0至0.4s时间内，位移始终为负，质点加速度始终沿x轴正方向，故C错误；D．在0~0.2s时间内，速度沿x轴负方向，加速度沿x轴正方向，速度方向与加速度方向相反，故D错误。故答案为：B。

【分析】本题考查简谐运动的振动图像分析，核心是从振动图像中提取周期、位移信息，结合简谐运动的规律（路程公式、加速度与位移的关系、速度与加速度的方向关系）判断选项正误。2．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知电压随着时间变化的周期为T=0.4s，故频率为f=B．计时起点，电动势最大，所以此时磁通量为0，线圈和中性面垂直，故B错误；C．t＝0.1s时，电动势为0，穿过线圈平面的磁通量最大，故C正确；D．该交变电动势最大值为Um=10V，角速度ω故答案为：C。

【分析】本题考查正弦式交变电流的产生与图像分析，核心是从电动势图像中提取周期、最大值等信息，结合交变电流的频率、磁通量与电动势的关系、瞬时表达式的书写规则判断选项正误。3．【答案】A【解析】【解答】由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有B左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向里，则有B=kId−2kI3d4．【答案】B【解析】【解答】由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点是对称的，所以O到b点的时间为0.1s；而从b再回到a的最短时间为0.4s，则从b再回到b的最短时间为0.2s，所以从b到最大位移处的最短时间为0.1s，因此振子的振动周期为T=0.8s，由f=1f=故答案为：B。

【分析】本题考查弹簧振子的简谐运动规律，核心是利用振子在对称点的速度特点，结合运动时间分析振动周期，进而计算振动频率。5．【答案】C【解析】【解答】当电键断开后，电感与灯泡形成回路，电感阻碍自身电流变化，线圈产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与线圈电流相同，故C正确，ABD错误

【分析】本题考查自感现象的动态分析，核心是明确断电瞬间线圈的自感效应（维持原电流方向），以及两支路电流的突变、反向和衰减规律。6．【答案】C【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律，叶片转动时产生的感应电动势为E=从上向下看叶片是按顺时针方向转动的，通过右手定则，可以判断出b端相当于电源的正极，与二极管的正负极相反，电路不通，

故二极管不会发光，所以叶片反向转动时二极管才能发光。故答案为：C。

【分析】本题考查导体切割磁感线的感应电动势计算与右手定则的应用，核心是利用法拉第电磁感应定律推导叶片转动的感应电动势，结合右手定则判断感应电流方向，进而确定二极管的发光条件。7．【答案】D【解析】【解答】A．理想变压器原副线圈电压之比为U0−联立，解得I可知滑动变阻器R的滑片P从最上端开始向下滑动时，R减小，I2增大，即电流表示数变大，I1可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A错误；B．电源的输出功率P=U0IC．滑动变阻器消耗的功率为P当满足4R0RD．当R=16Ω，I2=故答案为：D。

【分析】本题考查理想变压器的动态电路分析，核心是结合原副线圈的变压比、变流比，以及等效电阻法、功率最值规律，分析滑动变阻器阻值变化对电路电流、电压和功率的影响。8．【答案】A,C【解析】【解答】A．由波形图可知，波长为8m，故A正确；B．根据公式v=λT，代入数据解得CD．由题知，沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P向y轴负方向运动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，故C正确，D错误。故答案为：AC。

【分析】结合波形图读取波长、波速公式v=λ9．【答案】B,C【解析】【解答】A．根据题意，由公式P=UI可得，发电机输出的电流I1B．根据题意，由公式P=I2RCD．升压变压器匝数比n则升压变压器的输出电压为U输电线上损失的电压为Δ则降压变压器的输入电压为U降压变压器匝数比为n3故答案为：BC。

【分析】本题利用理想变压器的变压、变流规律，结合电功率公式求解。核心是先通过输电线上的功率损耗求出输电电流，再依次计算发电机输出电流、变压器的匝数比，分析各选项的正确性。10．【答案】B,D【解析】【解答】AB．设∠ACB=θ，三角形导线框ABC向右匀速运动的速度为v，则其匀速穿过磁场区域的过程中，在0~a内，切割磁感线的有效长度为l=vt由此产生的感应电动势为E=Blv=B设三角形导线框ABC的总电阻为R，则其产生的感应电流为i=可知，感应电流随时间均匀增加，而根据楞次定律可知，在0~a内，感应电流为逆时针方向，即为正方向，而在a~2a内，切割磁感线的有效长度随时间的变化关系与0~a内的相同，而根据楞次定律可知，此过程中感应电流为顺时针方向，即为负方向，但仍随着时间均匀增大，故A错误，B正确；CD．设BC边的电阻为R'，则其两端的电压在0~a内，感应电流为为正方向，且随时间均匀增加，则可知在0~a内，BC两端的电压均匀增加且图像在x上方，在a~2a内，感应电流为负方向，且随时间均匀增加，则可知在a~2a内，BC两端的电压均匀增加且图像在x下方，故C错误，D正确。故答案为：BD。

【分析】本题利用电磁感应定律和楞次定律求解。导线框向右匀速穿过磁场，分“进入磁场”和“离开磁场”两个阶段，通过分析有效切割长度的变化确定感应电动势、感应电流的大小与方向，再结合电势高低判断UBC​的变化。11．【答案】（1）97.71（2）58.3（3）C【解析】【解答】（1）摆球的直径为d=18.4mm，则半径为r=9.2mm=0.92cm，所以摆长为l=98.63cm-0.92cm=97.71cm

故答案为：97.71（2）秒表读数为30s+28.3s=58.3s

故答案为：58.3（3）A.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；B.单摆的摆角不能大于5°，否则就不是简谐振动了，摆角θ与振幅A和摆长l的关系满足sin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；CD.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，C正确。故答案为：C

【分析】(1)单摆摆长计算：摆长为悬点到摆球球心的距离，需用总长度减去摆球半径，结合游标卡尺读数规则求摆球直径，再计算半径；

(2)秒表读数：秒表小表盘读分钟，大表盘读秒，注意小表盘指针的位置确定大表盘的读数范围；

(3)实验操作合理性判断：单摆实验要求摆角小于5∘，需计算最大摆长对应的最大摆幅，同时测量多次全振动的时间以减小误差。（1）摆球的直径为d=18.4mm，则半径为r=9.2mm=0.92cm，所以摆长为l=98.63cm-0.92cm=97.71cm（2）秒表读数为30s+28.3s=58.3s（3）A.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；B.单摆的摆角不能大于5°，否则就不是简谐振动了，摆角θ与振幅A和摆长l的关系满足sin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；CD.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，C正确。故选C。12．【答案】（1）C；E（2）3.3；0.25（3）偏小【解析】【解答】该题考查测量电源电动势以及内阻的实验，要明确实验原理，能够根据闭合电路欧姆定律以及图像进行实验数据分析，误差分析为该题的易错点。

（1）由题意知电池电动势约为3V，要准确测量电池的电动势和内阻，电压表应选择量程为3V的V2，故电压表应选择C；R02＝100Ω的定值电阻阻值太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择阻值较小的R01，故定值电阻R0应选择E。（2）由闭合电路欧姆定律得E=U+整理可得1结合图乙可得b=1E解得电动势和内阻分别为E≈3.3V，（3）考虑到电压表的分流作用，则E整理可得1则1Ub=可得E故电动势的测量值与真实值相比偏小。

【分析】（1）根据电池电动势的数值选择电压表，为使电压表示数变化明显，根据电路特点选择定值电阻；

（2）根据闭合电路欧姆定律列式，再结合图乙求解；

（3）根据电压表的分流对电路带来的影响进行误差分析。（1）[1]由题意知电池电动势约为3V，要准确测量电池的电动势和内阻，电压表应选择量程为3V的V2，故电压表应选择C；[2]R02＝100Ω的定值电阻阻值太大，使得电压表指针的偏角太小，且在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择阻值较小的R01，故定值电阻R0应选择E。（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律得E=U+整理可得1结合图乙可得b=1E解得电动势和内阻分别为E≈3.3V，（3）考虑到电压表的分流作用，则E整理可得1则1Ub=可得E故电动势的测量值与真实值相比偏小。13．【答案】（1）解：cd边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势为E=BLv线框中感应电流的大小I=解得I=c、d两点的电势差U=I⋅解得U=（2）解：线框刚进入磁场的时的加速度最大，此时线框受到的安培力F=BIL根据牛顿第二定律有F=ma解得a=（3）解：线框进入磁场的过程中Δ解得q=【解析】【分析】(1)电势差计算：cd边切割磁感线产生感应电动势，cd边为电源，外电路为三边串联的外电阻，由闭合电路欧姆定律求路端电压（c、d两点电势差）；(2)最大加速度：线框进入磁场时受安培力减速，安培力最大时加速度最大，结合牛顿第二定律求解；(3)电荷量：利用法拉第电磁感应定律求平均电动势，结合电流定义式推导电荷量公式q=NΔΦ14．【答案】（1）解：电子在电场中类平抛运动，则2L