合肥六中2021-2022学年第二学期高二年级期中考试物理试卷分值:100分时长90分钟一.选择题(12题,每题4分,总分48分。1-8为单选题,9-12为多选题,选不全得2分,选错得0分)1.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下不符合事实的是( )A.安培通过实验发现了通电导线周围存在磁场,首次揭示了电与磁的联系B.欧姆总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次在分析了许多实验事实后,总结出了楞次定律,用楞次定律可以判定感应电流方向D.法拉第发现了电磁感应定律,使人们对电和磁的内在联系,认识更加完善【1题答案】【答案】AB【解析】【详解】A.奥斯特经实验发现了通电导线周围存在磁场,提出电流的磁效应,首次揭示了电与磁的联系,A错误,符合题意;B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律,即库仑定律,B错误,符合题意,C.楞次在分析了许多实验事实后,总结出了楞次定律,用楞次定律可以判定感应电流方向,C正确,不符合题意;D.法拉第发现了电磁感应现象,提出了电磁感应定律,使人们对电和磁的内在联系,认识更加完善,D正确,不符合题意。故选AB。2.北京冬奥会2000米短道速滑混合接力赛上中国队夺得首金。如图所示,当运动员在光滑冰面上交接时,后方运动员曲春雨用力推前方运动员任子威。下列说法正确的是( )A.曲春雨推出任子威后,曲春雨一定向后运动\nB.曲春雨、任子威的动量变化相同C.曲春雨对任子威的推力大于任子威对曲春雨的推力D.曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A.曲春雨推出任子威后,曲春雨的速度减小,但是曲春雨不一定向后运动,故A错误;BD.系统动量守恒,故两个运动员的动量变化量等大反向,所以曲春雨、任子威的动量变化不相同;根据动量定理可知曲春雨、任子威所受推力的冲量大小相等,故D正确,BC错误;C.曲春雨对任子威的推力与任子威对曲春雨的推力是作用力与反作用力,故两力大小相等,故C错误。故选D。3.质量分别为m和M的物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图(a)所示。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升至某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图(b)所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为( )A.mvB.C.D.Mu【3题答案】【答案】B【解析】【详解】对B由动量定理得设弹簧冲量为I,对A由动量定理得\n联立解得ACD错误,B正确。4.把电热器接到110V的直流电源上,每秒产生热量为Q,现把它接到交流电源上,每秒产生的热量为2Q,则交流电压的最大值是()A.110VB.220VC.220VD.110V【4题答案】【答案】C【解析】【详解】设电热器的电阻为R. 当电热器接在U=110V的直流电源上时有:Q=t;当电热器改接到交流电源上时有:;两式可得:U=220V,故选C.点睛:直流和交流求解焦耳热都可以运用焦耳定律,对于交流,要用有效值求解热量.采用比例法处理.5.质量为M的铜环放在水平桌面上,质量为m的圆柱形永磁体轴线与铜环轴线重合,下端为N极,将永磁体由静止释放,下落高度h到达P点时速度大小为v,向下的加速度大小为a,重力加速度为g,不计空气阻力,则( )A.俯视看,铜环中感应电流沿顺时针方向B.永磁体下落的过程中,圆环对它的作用力方向可能竖直向下C.在P点,铜环对桌面的压力大小为D.在P点,铜环中产生的焦耳热为\n【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A.根据楞次定律,俯视看,圆环中感应电流沿逆时针方向,A错误;B.根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍永磁体和圆环的相对运动,圆环对它的作用力竖直向上,B错误;C.永磁体运动到P点时,设圆环电流对永磁体的作用力为F,则根据牛顿第三定律,永磁体磁场对电流的作用力向下,大小也为,此时圆环对桌面的压力大小为,C正确;D.根据能量守恒定律,永磁体运动到P点时,圆环中的焦耳热为D错误。故选C。6.2022年北京冬奥会冰壶混双决赛于2月8日晚进行,“黑马”意大利队战胜挪威队,豪取11连胜夺冠。若挪威队冰壶的质量为,意大利队冰壶的质量为,在某局比赛中,挪威队的冰壶以速度与静止的意大利队的冰壶发生碰撞,碰撞后挪威队冰壶的速度为。碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同,冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力,冰壶可视为质点,不计空气阻力。定义碰后意大利队的冰壶获得的动能与碰前挪威队的冰壶的动能之比叫做动能传递系数,则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为( )A.B.C.D.【6题答案】【答案】D【解析】【详解】挪威队的冰壶与意大利队的冰壶在碰撞过程中动量守恒,则\n此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为故D正确。故选D。7.如图所示,两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上,己知甲的质量是乙的质量的2倍,弹簧振子做简谐运动的周期,式中m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后,两物块都开始做简谐运动,在运动过程中( )A.甲的振幅大于乙的振幅B.甲的振幅小于乙的振幅C.乙最大速度是甲的最大速度的倍D.甲的振动周期是乙的振动周期的2倍【7题答案】【答案】C【解析】【详解】AB.细线断开前,两根弹簧伸长的长度相同,离开平衡位置的最大距离相同,即两物块的振幅一定相同,故AB错误;C.细线断开的瞬间,两根弹簧的弹性势能相同,到达平衡位置时,甲、乙的动能最大且相同,由于甲的质量是乙的质量的2倍,根据可知,乙的最大速度一定是甲的最大速度的倍,故C正确;D.根据\n可知,甲的振动周期是乙的振动周期的倍,故D错误。故选C。8.某种手机无线充电原理如图所示。已知发射线圈的两端电压为,电流的频率为,接收线圈的两端电压为。充电时效率大约。下列说法正确的是( )A.无线充电工作原理是“电流的磁效应”B.接收线圈中电流的频率为C.无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为D.充电时接收线圈始终有收缩的趋势【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A.无线充电工作原理是:变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场,当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电,利用的是电磁感应现象,故A错误;B.接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等,均为,B正确;C.若充电时不漏磁,两线圈可视为理想变压器,功率无损耗,匝数比为但是本题中充电时效率大约,功率有损耗,所以匝数比不是,故C错误;D.发射线圈接的是交流电,当发射线圈的电流减小时,由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势,当发射线圈的电流增大时,由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势,故D错误。故选B。9.两个带有中心轴的金属圆圈和,其上都有多根辐向金属条,现用两根金属导线分别将\n它们的中心轴与对方的边缘接触,整套装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,如图所示,不计一切摩擦。若圆圈在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动时,则圆圈的转动情况是( )A.逆时针转动B.顺时针转动C.圆圈的角速度等于圆圈的角速度D.圆圈的角速度小于圆圈的角速度【9题答案】【答案】BD【解析】【详解】AB.当圆圈a转动时,金属条切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知感应电流将从边缘流向中心轴。而对于圆圈b,电流则是从中心轴流向边缘,根据左手定则可以判断圆圈b将顺时针转动,故A错误,B正确;CD.圆圈b在转动时金属条也会产生感应电动势,这个电动势在回路中相当于反电动势,其大小不可能大于或等于圆圈a金属条产生的感应电动势,否则运动将无法持续,所以圈圈b的角速度一定小于圆圈a的角速度,故D正确,C错误。故选BD。10.《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献,书中对彩虹作了如下描述:“虹乃雨中日影也,日照雨则有之”。如图是彩虹成因的简化示意图,设水滴是球形的,图中的圆代表水滴过球心的截面,入射光线在过此截面的平面内,a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是( )\nA.水滴对a光的临界角小于对b光的临界角B.在水滴中,a光的波长大于b光的波长C.在水滴中,a光的传播速度大于b光的传播速度D.a、b光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距较小【10题答案】【答案】AD【解析】【详解】A.第一次折射时,入射角相同,a光的折射角较小,根据,可知,a光的折射率较大,根据,可知,水滴对a光的临界角小于对b光的临界角,故A正确;B.因为a光折射率较大,所以a光频率较大,波长较短,故B错误;C.a光的折射率较大,根据,可知,a光的传播速度小于b光的传播速度,故C错误;D.双缝条纹间距与波长成正比,a光波长较短,条纹间距较小,故D正确。故选AD。11.一列横波某时刻的波形如图1所示,图2表示介质中质点L此后一段时间内的振动图像。由此可判断出( )A.该列波沿x轴负方向传播B.从该时刻起经,质点N运动到最大负位移处\nC.从该时刻起经,质点L运动到M所在位置D.从该时刻起的内,质点L的加速度逐渐增大【11题答案】【答案】BD【解析】【详解】A.由振动图像可知此时L点振动方向向上,所以传播方向为x轴正向,故A错误;B.质点N此时的振动方向向下,从该时刻起经,质点N运动到最大负位移处,故B正确;C.质点在自身平衡位置来回往复运动,并不“随波逐流”,故C错误;D.从该时刻起的内,质点L离平衡位置越来越远,回复力越来越大,所以加速度逐渐增大,故D正确。故选BD。12.如图所示,一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁,产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外),一个与磁铁同轴的圆形金属环,环的质量m=0.2kg,环单位长度的电阻为,半径r=0.1m(大于圆柱形磁铁的半径)。金属环由静止开始下落,环面始终水平,金属环切割处的磁感应强度大小均为B=0.5T,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。则()A.环下落过程的最大速度为4m/sB.环下落过程中,先做匀加速直线运动,再做匀速直线运动C.若下落时间为2s时环已经达到最大速度,则这个过程通过环截面的电荷量是D.若下落高度为3m时环已经达到最大速度,则这个过程环产生的热量为6J【12题答案】【答案】A\n【解析】【详解】A.金属环达到最大速度时,加速度为0,受力平衡设金属环的最大速度为vm,则解得A正确;B.环下落过程中得加速度不是恒定的,所以先做变加速直线运动,然后匀速直线运动,B错误;C.若下落时间为2s时环已经达到最大速度,则C错误;D.若下落高度为3m时环已经达到最大速度,则得D错误。故选A。二.实验题(2题,每空2分,8个空,总分16分)\n13.在“利用单摆测重力加速度”的实验中,由单摆做简谐运动的周期公式得到。只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T,作出图象,就可求出当地的重力加速度,理论上图象是一条过坐标原点的直线。某同学在实验中,用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球,多次改变悬点到摆球顶部的距离,分别测出摆球做简谐运动的周期T后,作出图象,如图所示.(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是()A.将记为摆长lB.摆球的振幅过小C.将(+d)计为摆长lD.摆球质量过大(2)由图像求出重力加速度g=______(取)(3)实验结果与真实情况相比,将________.(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)(4)根据图象可以推得小球的直径是__________cm;【13题答案】【答案】①.A②.9.87③.相同④.2【解析】【详解】(1)[1]图象不通过坐标原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同周期下,摆长偏小1cm,故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径,将记为摆长,故A正确,BCD错误;(2)[2]由单摆周期公式可得\n则图象的斜率解得(3)[3]由可得图象应该是过原点的直线,如果测摆长时,没有包括摆球半径,则则是的一次函数,而不是正比例函数,图象的斜率与是否过原点无关,而因此根据该图象求得的重力加速度与正确操作时求得的重力加速度相同;(4)[4]测摆长时没有考虑摆球的半径导致图象不过原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小1cm,则摆球直径14.利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。实验器材:两个半径相同的球1和球2,细线若干,坐标纸,刻度尺。实验步骤:(1)测量小球1、2的质量分别为、,将小球各用两细线悬挂于水平支架上,各悬点位于同一水平面,如图甲;(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上,使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为的正方形。将小球1拉至某一位置,由静止释放,垂直坐标纸方向用手机高速连拍;(3)分析连拍照片得出,球1从点由静止释放,在最低点与球2发生水平方向的正碰,球\n1反弹后到达的最高位置为,球2向左摆动的最高位置为,如图乙。已知重力加速度为,碰前球1的动量大小为________。若满足关系式________,则验证碰撞中动量守恒;(4)与用一根细线悬挂小球相比,本实验采用双线摆的优点是:________;(5)假设某次碰撞中球1在最低点与静止的球2水平正碰后,球1速度瞬间变为0,球2向左摆动。若为弹性碰撞,则可判断球1的质量________球2的质量(填“大于”“等于”或“小于”)。【14题答案】【答案】①.②.③.双摆线能保证小球运动更稳定,使得小球运动轨迹在同一竖直平面内④.等于【解析】【详解】(1)[1]对小球1,根据动能定理得碰前动量[2]碰后小球1、2的速度分别为如果动量守恒,则满足即\n(2)[3]双摆线能保证小球运动更稳定,使得小球运动轨迹在同一竖直平面内,避免小球做圆锥摆运动。(3)[4]根据弹性碰撞的特征有解得碰后球1速度瞬间变为0,则说明球1的质量等于球2的质量三.计算题(共3题。10+12+14=36分)15.如图所示,一梯形透明介质ABCD,,,一光线垂直于BC面从E点射入介质后,射到AB面时恰好发生全反射,从AD面上的某点射出。求:(1)介质对该光线的折射率n;(2)该光线从AD面射出的折射角r。【15题答案】【答案】(1);(2)【解析】【详解】(1)该光线在介质中传播的光路如图所示根据几何关系,该光线在介质中发生全反射的临界角\n又解得(2)根据几何关系,该光线射到AD面的入射角又解得16.如图所示,左端为四分之一光滑圆弧的长木板静止放置在光滑的水平面上,圆弧与长木板水平部分相切于B点,圆弧的半径为R,长木板的质量为3m,在长木板右端固定一轻弹簧,轻弹簧的自由端位于长木板D点的上方,其中,且段光滑,段均匀粗糙,小物块P与长木板间的动摩擦因素为,D点右侧光滑,质量为m的小物块P由A点上方R处静止下落,沿切线下落进入圆弧,重力加速度为g。求:(1)小物块P到达圆弧最低点B时,小物块P与长木板的速度大小分别为多少;(2)小物块P到达圆弧最低点B时,长木板向左移动的距离多大;(3)运动过程中轻弹簧的弹性势能的最大值。【16题答案】【答案】(1),;(2);(3)\n【解析】【详解】(1)小物块P从静止开始到最低点的过程中,两物体构成的系统水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立得,(2)据水平方向上动量守恒定律在这个过程中,小物块的水平位移为S1,长木板的位移为S2,则有长木板向左移动的距离(3)从小物块P静止开始下落到弹簧压缩到最短过程中,系统水平方向上动量守恒根据能量守恒定律得17.有人设计了一种可测速的跑步机,测速原理如图所示,该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,且接有电压表和阻值为R的电阻。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条,金属条电阻为0.5R,磁场中始终仅有一根金属条,且与电极接触良好,不计金属电极和其余导线的电阻,若橡胶带匀速运动,电压表读数为U,求:\n(1)橡胶带匀速运动的速率;(2)一根金属条经过磁场区域安培力做的功;(3)若从某根金属条刚进入磁场区域开始计时,一段时间R上产生热量,经历时间t为多少。【17题答案】【答案】(1);(2);(3)【解析】【详解】(1)设橡胶带匀速运动的速率为,根据法拉第电磁感应定律,可知根据闭合回路的欧姆定律,可知解得(2)根据题意可知,流过金属棒的电流为则安培力的大小为一根金属条经过磁场区域安培力做的功(3)由上述分析可知,每根金属条经过磁场区整个电路产生的\n电阻R上产生的根据题意,设一共有根金属条通过磁场区域,则解得则一共有9根金属条通过磁场区域,且9根金属条完全通过磁场运动距离为x=9d所以经历的时间,解得