天津市2022-2023學(xué)年高二年級下冊期中物理試題（解析版）

2022-2023學(xué)年天津市耀華中學(xué)高二（下）期中考試

物理試卷

一、單項選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個選）中，只有一

個最符合題意，選對得4分，選錯或不選得0分，請將答素填途在答題的相應(yīng)位置。）

1.如圖所示的四種電場中，哪一種能產(chǎn)生電磁波（）

A.B.。號出

j七一

C.0^-----------------AtD.o|_

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場產(chǎn)生磁場。故BCD都可以產(chǎn)生磁場。周期性變化的電

場產(chǎn)生周期性變化的磁場，從而產(chǎn)生電磁波，故只有B可以產(chǎn)生電磁波。

故選B。

2.如圖所示為一質(zhì)點做簡諧運動的振動圖像，在0~0.8s時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

fx/cm

\0.2940.60.人1.0V.21.41.6t/s

A.質(zhì)點在0和0.8s時刻具有正向最大速度

B.質(zhì)點在0.2s時刻具有負向最大加速度

C.0至0.4s質(zhì)點位移先增大后減小，先指向-x方向再指向+x方向

D.在0.2~0.4s時間內(nèi)，加速度方向和速度方向相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.質(zhì)點在0和0.8s時刻，位移為零，正通過平衡位置，速度最大。圖象的斜率為負，說明速度

為負，即質(zhì)點在。和0.8s時刻具有負向最大速度。故A錯誤；

B.質(zhì)點在0.2s時刻具有負向最大位移，由

U,=—xl(X)>/2V=loV2V

210

故A錯誤；

BC.滑片P向人端滑動過程中，副線圈負載電阻減小，輸出電壓由原線圈輸入電壓決定，q不變，所以

不變，由歐姆定律得八變大，因為人決定A，所以L變大，原線圈的輸入功率為所以《變

大，故B正確，C錯誤；

D.變壓器不改變交變電流的頻率，通過原、副線圈的交變電流頻率相同，故D錯誤。

故選B。

4.太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器

提供推力，若某探測器質(zhì)量為490kg,離子以30km/s的速率(遠大于探測器的飛行速率)向后噴出，

流量為3.0x1O'g/s,則探測器獲得的平均推力大小為()

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【解析】

【詳解】對離子，根據(jù)動量定理有

而

Am=3.OxlO-3xlO-3Ar

解得F=0.09N,故探測器獲得的平均推力大小為0.09N,故選C。

5.電站向某地輸送5000kW的電功率，輸電線上損耗的電功率為100kW,如果把輸電電壓提高為原來的

10倍，同時將輸電線的截面積減為原來的一半，而輸送的電功率不變，那么輸電線損耗的電功率為

()

A0.2kWB.0.5kWC.2.0kWD.5.0kW

【答案】C

【解析】

【詳解】由題意可知，輸電電壓提高為原來的10倍，根據(jù)P=U/知，輸送電流減小為原來的,，根據(jù)電

10

阻定律知，輸電線的截面積減為原來的一半，則輸電線的電阻增大為原來的2倍，根據(jù)嚀貢=八/?

知，輸電線上損耗的電功率減小為原來的則輸電線上損耗的功率為2.0kW,ABD錯誤，C正確。

50

故選C。

6.如圖所示為一種常見的身高體重測量儀，測量儀頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波，超聲波經(jīng)反射后返

回，被測量儀接收，測量儀記錄發(fā)射和接收的時間間隔，質(zhì)量為的測重臺置于壓力傳感器上，傳感器

輸出電壓與作用在其上的壓力成正比，當測重臺沒有站人時，測量儀記錄的時間間隔為九，輸出電壓為

U。，某同學(xué)站上測重臺，測量儀記錄的時間間隔為f,輸出電壓為U,該同學(xué)的身高和質(zhì)量分別為

()

A.《T)，筏UB.1v(r0-/),

c*(U—U°)D.1v(r0-z)?*(U—Uo)

【答案】D

【解析】

【詳解】當測重臺沒有站人時

2x=%

站人時

2(x—〃)=vt

解得

h=-1v(r0-t)

無人站立時

Uo=kM°g

有人時

U=A(%g+mg)

解得

=/（u-u。）

mUo

故選D。

二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分，每小題給出的四個選項中，至少有

兩個選項正確，選對得4分，對而不全得2分，選錯或不選得0分，請將答案填涂在答題卡

的相應(yīng)位置。）

7.關(guān)于波形成和特點，下列說法正確的是（）

A.隨著波的傳播，介質(zhì)中各質(zhì)點都在各自的平衡位置附近振動

B.隨著波的傳播，介質(zhì)中的各質(zhì)點也將由近及遠地遷移出去

C.傳播波的過程中相鄰各質(zhì)點間必有相互作用力

D.某一橫波在介質(zhì)中沿水平方向傳播，介質(zhì)中的質(zhì)點必沿豎直方向上下振動

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】AB.隨著波的傳播，介質(zhì)中各質(zhì)點都在各自的平衡位置附近來回振動，不隨波遷移，故A正

確，B錯誤：

C.振源的振動使質(zhì)點一個被一個帶動，且與振源振動相同，同時總滯后前一個質(zhì)點，故C正確；

D.某一水平方向的橫波在介質(zhì)中傳播，介質(zhì)中的質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向相互垂直，不一定豎直

方向上下振動，故D錯誤；

故選ACo

8.圖甲是一臺小型發(fā)電機的構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間f變化的正弦規(guī)律圖象

如圖乙所示.發(fā)電機線圈的內(nèi)電阻，=2C,外接燈泡的電阻R=10C,則（）

A.在r=O.Ols時刻，穿過線圈的磁通量最大

B.電壓表的示數(shù)為6V

C.燈泡消耗的電功率為2.5W

D.線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢的表達式e=6>/5sin50加（V）

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.在，=0.01s時刻，電動勢為0,則為中性面，穿過線圈磁通量最大，A正確；

BD.電動勢的最大值為

E『心

周期為0.02s,則瞬時電動勢的表達式為

e=Emsin胃）f=672sin100^/（V）

電壓表的示數(shù)為交流電的有效值，且電壓表測量外電路電壓，故

凡

ER

U=------H==5V

R+rR+r

BD錯誤；

C.燈泡消耗的功率

u225

P=—=—W=2.5W

R10

C正確。

故選AC。

9.如圖所示，足夠長光滑細桿尸。水平固定，質(zhì)量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質(zhì)

量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質(zhì)細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，A、B可視為

質(zhì)點。若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以死水平射入物塊B（時間極短，子彈未穿出）后，物塊B

恰好能達到水平桿尸。位置，則（）

=才-----

Q

->v°1-^-1

=?B0.99m

0.01m

A.在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動量和機械能都守恒

B.子彈射入物塊B的初速度w=100J亞

C.若物塊A不固定，子彈仍以w射入，物塊B仍能擺到水平桿尸。位置

D.若物塊A不固定，子彈仍以vo射入，當物塊B擺到最高點時速度為』達

3

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，合外力沖量遠小于內(nèi)力沖量，其動

量守恒，但由于要產(chǎn)生內(nèi)能，所以機械能不守恒，故A錯誤；

B.子彈和木塊一起向上擺至最高點，由機械能守恒有

(0.01m+Q.99m)gL=gx(0.0bn+0.99m)v2

解得

子彈射入木塊過程由動量守恒得

O.Olmvo=(0.01m+0.99m)v

解得

%=100師

故B正確；

C.若物塊A不固定，子彈仍以w射入后，子彈和木塊的動能轉(zhuǎn)化為物塊A和物塊B的動能和物塊B的

重力勢能，所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時的高度，故C錯誤；

D,子彈射入木塊過程由動量守恒得

0.01/”％=(0.01/W+0.99/n)v

解得

%=1(X)屈

當物塊A、B和子彈具有相同的速度時，物塊B擺到最高點，則有

().()lmv0=(0.0Im+0.99m+2m)v

解得

?國

v=-----

3

故D正確。

故選BD。

4

10.一簡諧振子沿x軸振動，平衡位置在坐標原點，，=0時刻振子的位移x=-0.1m；/=—S時刻

3

x=0.1m；尸4s時刻元=0.1m。該振子的振幅和周期可能為（）

88

A.0.1m,—sB.0.1m,8sC.0.2m,—sD.0.2m,8s

33

【答案】ACD

【解析】

【詳解】AB.如果振幅等于0.1m,經(jīng)過周期的整數(shù)倍，振子會回到原位置，則有：

4

（4--）s=nT

當〃=1時

,8

T=-s

3

故A正確，B錯誤；

CD.如果振幅大于0.1m,如圖所示，則有：

44T

—s+(4——)s=nT+—

332

當〃=0時

T=8s

當〃=1時

故CD正確。

故選ACDo

三、實驗題（本題每空2分，共16分，請將答案填寫在答題卡的相應(yīng)位置。）

11.某物理興趣小組利用如圖甲所示裝置進行驗證動量守恒定律的實驗。在足夠大的水平平臺上的A

點放置一個光電門，水平平臺上A點右側(cè)摩擦很小，可忽略不計，左側(cè)為粗糙水平面，當?shù)刂亓铀俣?/p>

大小為g。采用的實驗步驟如下：

v

Sb=btb

整理得

因此動量守恒的關(guān)系式為

12.在“用單擺測定重力加速度''的實驗中，某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經(jīng)過"次全振動的

總時間為Af；在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長為/,再用游標卡尺測量擺球的直徑為

D,某次測量游標卡尺的示數(shù)如圖甲所示.

⑴從甲圖可知，擺球的直徑為。=mm；

(2)該單擺的周期為.

(3)為了提高實驗的準確度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應(yīng)的周期T,從而得出幾組對應(yīng)的L和T

的數(shù)值，以L為橫坐標、〃為縱坐標作出尸-L圖線，但同學(xué)們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算

擺長，由此得到的圖像是圖乙中的(選填①、②、③)，由圖像可得當?shù)刂亓铀俣?/p>

g=;由此得到的g值會(選填“偏小”“不變”“偏大”)

【答案】?.16.4(2).—③.①④.也衛(wèi)⑤.不變

nb

【解析】

【詳解】(1)由圖示游標卡尺可知，主尺示數(shù)是16mm,游標尺示數(shù)是4x0.1mm=0.4mm,金屬球的直徑為

16mm+0.4mm=16.4mm；

(2)由于測得擺球經(jīng)過〃次全振動的總時間為加,所以該單擺的周期為T=—；

n

Ij47r24元?4772

（3）由單擺周期公式T=2巴上可知72=_L,則〃_乙圖象的斜率&=一，則加速度8="，

\gggk

47r2

但同學(xué)們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，則有T?=——（L-1）,由此得到的"一心圖像

g

是圖乙中的①，由于圖線的斜率不變，計算得到的g值不變，由圖像可得攵=2,當?shù)刂亓铀俣?/p>

a

4萬,

;

8=-br~

四、計算題（本題共3小題，13題14分，14題14分，15題16分，共44分。求寫出必要的

解題步驟，直接寫出結(jié)果不得分，請將答案填寫在答題卡的相應(yīng)位置。

13.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角族30。，兩導(dǎo)軌

間距L=1.0m,底端NQ兩點連接R=1.0。的電阻，勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，磁感應(yīng)強度大

小為B=0.6T,質(zhì)量,"=0.2kg、阻值尸0.5。的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，在平行于平面向上的拉力F作用下

沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運動，速度片10m/s。撤去拉力F后，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌繼續(xù)運動42.0m后速度減為

零。運動過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，g=10m/s2,導(dǎo)軌電阻不計。求：

（1）拉力廠的大?。?/p>

（2）撤去拉力F后導(dǎo)體棒繼續(xù)沿導(dǎo)軌上滑的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳QR和通過電阻R的電荷量貴

Q

16

【答案】（1）3.4N；（2）—J,0.8C

3

【解析】

【詳解】（1）由受力平衡條件可得

.“B2I3V

r=mgsin3（）H------

R+r

解得

產(chǎn)=3.4N

（2）撤去拉力后由能量守恒可得

—mv=mgxsin30+Q

解得

Q=8J

所以

Q=—Q=—J

RRR+r3

通過電阻R的電荷量4為

EA。BLx八_

q=TIt=------1=——=-------=0.8oC

R+rR+rR+r

14.如圖所示，質(zhì)量，以=0.5kg的小球A系在細線的一端，線的另一端固在。點，。點到水平桌面的距

離R=0.8m,質(zhì)量，%=0-3kg的物塊B置于高”=1.25m的粗糙的水平桌面上且位于。點正下方，物

塊B距桌面右邊緣的距離L=1m，物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)〃=045。現(xiàn)拉動小球使線水平伸直，

小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)。碰后，物塊B沿桌面滑行并從

桌面右邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離s=2m,小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速

度為g=10m/s2o

(1)小球與物塊碰撞后，物塊B的速度％;

(2)小球與物塊碰撞后，小球能上升的最大高度力。

【答案】(1)5m/s；(2)0.05m

【解析】

【詳解】(1)對物塊B由平拋運動，豎直方向有

水平方向有

s=卬

聯(lián)立解得，物塊B做平拋運動的初速度為

%=4m/s

對物塊B,由動能定理

,11

一〃mBgL=5〃%2%_]/既味2

聯(lián)立解得，小球與物塊碰撞后，物塊B的速度為

vB=5m/s

（2）對小球A,由機械能守恒定律

可得，小球A到達最低點速度為

vA=4m/s

小球A與物塊B碰撞過程中，由動量守恒定律

解得，小球A碰撞后的速度為

V：=lm/s

對小球A由機械能守恒定律

11，2

mAgh=-m^

可得，小球與物塊碰撞后，小球能上升的最大高度為

h-0.05m

15.如圖所示，左側(cè)固定著內(nèi)壁光滑的四分之一圓軌道，半徑為凡右側(cè)水平面上，有一質(zhì)量為3相的滑

板由水平部分BC和半徑為R的四分之一光滑圓弧構(gòu)成。質(zhì)量分別為2〃7和加物體P、Q（視為質(zhì)點）鎖

定在半圓軌道底端A點和滑板左端2點，兩者間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未與P、Q連接）。某時刻解除

鎖定，壓縮的彈簧釋放，物體P、Q瞬間分離。P向左運動上升到最大高度R后即撤去，物體Q與滑板水

平部分的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。

（1）求彈簧被鎖定時的彈性勢能；

14A

（2）若滑板與地面的動摩擦因數(shù)為一“，求物體。與滑板摩擦所產(chǎn)生的熱量（已知BC>——）；

16〃

（3）若水平面光滑，要使物體。在相對滑板反向運動的過程中，相對地面有向左運動的速度，求BC的

長度L應(yīng)滿足的條件。

【答案】⑴6mgR?，⑵—mgR；(3)l<—

53〃

【解析】

【詳解】(1)P彈開后運動到最高點過程中，由動能定理

12

2mgR=—■2m-vp

解得

vp=V2^

彈簧彈開過程，對P、Q系統(tǒng)動量守恒，有

0=2mvp-mvQ

解得

vQ=2y/2gR

對P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒得彈簧彈性勢能

Ep=；?2mv^+gmvj=6mgR

(2)Q滑上滑板時，對Q由牛頓第二定律得

jLimg=ma1

解得Q的加速度

q=〃g

對滑板BC,由牛頓第二定律得

/jmg一靠x"x4mg=3ma2

解得滑板加速度

1)

umg------114mgj

4=16=ug

3m4

設(shè)經(jīng)過時間t共速，速度為丫共，此過程

對Q有

v共=vQ一即=2yf2gR-ugt

對滑板有

1

v共=

聯(lián)立解得

5%

Q相對滑板運