河北省邯鄲市2022-2023學年高二上學期期末物理試題 Word版含解析

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邯鄲市2022~2023年度高二年級第一學期期末考試物理試卷本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.簡諧運動振動圖像是（　?。〢拋物線B.直線C.正弦曲線D.雙曲線【答案】C【解析】【詳解】簡諧運動的振動方程為簡諧運動的振動圖像是正弦曲線。故選C。2.張飛聲若洪鐘，喊著“大哥”朝劉備策馬奔去，劉備也激動地朝張飛飛奔過去。假設張飛的聲音是持續(xù)且穩(wěn)定的，在接近張飛的過程中，劉備可感到張飛的聲音音調(diào)（　　）A.變高B.變低C.不變D.可能變高也可能變低【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)多普勒效應可知：當觀察者與波源相互靠近時，接收到頻率會變大，劉備可感到張飛的聲音音調(diào)變高。故選A。3.1960年，物理學家梅曼在實驗室率先制造出了激光。下列關于激光特點說法錯誤的是（　　）A.具有高度的相干性B.平行度非常好C.亮度很高D.

1獲取容易，不可以傳遞信息【答案】D【解析】【詳解】激光具有三大特點，平行度好、亮度高、是相干光，故D符合題意ABC不符合題意。故選D。4.炮車和彈的質(zhì)量分別為M和m，炮管與水平地面平行，炮彈發(fā)射瞬間相對于地面的速度為v。不計炮車與地面的摩擦，則炮車向后反沖的速度大小為（　?。〢.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】炮彈離開炮口時，炮彈和炮車在水平方向受到外力相對于內(nèi)力可忽略不計，則系統(tǒng)在水平方向動量守恒解得故選B。5.圖為某一正弦交變電流的輸出電流，則該輸出電流的有效值為（　　）A.10AB.AC.AD.5A【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)有效值的定義正弦交變電流有效值為故選B。6.如圖所示，邊長為d的正方形線圈從位置A開始向右運動，并穿過寬度為L（

2）的勻強磁場區(qū)域到達位置B，則（　?。〢.線圈進入磁場過程中，感應電流的方向為逆時針方向；線圈離開磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向B.整個過程，線圈中始終沒有感應電流C.整個過程，線圈中始終有感應電流D.線圈進入磁場和離開磁場的過程中，均有感應電流，且方向都是逆時針方向【答案】A【解析】【詳解】AD．由右手定則可知，線圈進入磁場過程中，線圈中感應電流沿逆時針方向，線圈離開磁場過程中，感應電流沿順時針方向，D錯誤，A正確；BC．在線圈進入或離開磁場的過程中，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，線圈完全在磁場中時，穿過線圈的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，BC錯誤。故選A。7.兩個相同的小燈泡L1、L2和自感線圈L、電容器C、開關S、直流電源連接成如圖所示的電路。已知自感線圈L的自感系數(shù)較大且直流電阻為零，電容器C的電容較大，下列判斷正確的是（　?。〢.開關S閉合穩(wěn)定后，燈泡一直亮著B.通過自感線圈L的電流越大，線圈的自感電動勢越大C.去掉電容器C，開關S閉合待穩(wěn)定后再斷開的瞬間，L1和L2燈泡均逐漸熄滅D.開關S閉合待穩(wěn)定后再斷開的瞬間，L1燈泡突然亮一下，然后熄滅，L2燈泡逐漸熄滅【答案】D【解析】【詳解】A．開關S閉合穩(wěn)定后，L1燈泡被短路，所以最后熄滅，A錯誤；B．通過自感線圈L的電流越大，電流變化率越小，線圈的自感電動勢越小，B錯誤；

3C．去掉電容器，開關S閉合待穩(wěn)定后再斷開的瞬間，L1燈泡閃亮一下逐漸熄滅，L2燈泡立即熄滅，C錯誤。D．開關S閉合待穩(wěn)定后再斷開的瞬間，由于線圈的自感現(xiàn)象，線圈與L1燈泡構成回路，所以L1燈泡閃亮一下，然后熄滅，L2燈泡由于電容器放電，逐漸熄滅，D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示的四幅圖中，導體棒的長度均為L，磁場的磁感應強度大小均為B，在各導體棒中通有相同的電流I。下列選項正確的是（　　）A.圖乙中導體棒所受的安培力大小為0B.圖甲中導體棒所受的安培力大小為0C.圖丁中導體棒所受的安培力大小為BILD.圖丙中導體棒所受的安培力大小為BIL【答案】BC【解析】【詳解】A．題圖乙中，導體棒與磁場垂直，則安培力的大小為A錯誤；B．題圖甲中，因?qū)w棒與磁場平行，所以安培力為零，B正確；C．題圖丁中，導體棒與磁場成45°角，則安培力的大小為C正確；D．題圖丙中，導體棒與磁場垂直，則安培力的大小為

4D錯誤；故選BC。9.如圖甲所示，光滑的水平地面上靜置一斜面，一個小物塊放置在距離水平地面h高處的光滑斜面上，小物塊由靜止釋放，滑至斜面底部后與斜面分離，此時小物塊相對地面的水平位移為x。改變小物塊在斜面上的高度h，得到小物塊的水平位移x和高度h的關系圖像如圖乙所示，圖乙中p、q均為已知量。已知斜面與小物塊的質(zhì)量之比為2：1，關于小物塊下滑的過程，下列說法正確的是（　?。〢.斜面對小物塊不做功B.斜面傾角的正切值為C.斜面傾角的余弦值為D.小物塊與斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒【答案】CD【解析】【詳解】A．物塊下滑的過程中斜面向左加速運動，斜面機械能增加，而物塊與斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知物塊的機械能減小，由功能關系可知斜面對物塊做負功，故A錯誤；BCD．設小物塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ。小物塊下滑的過程，物塊與斜面組成的系統(tǒng)動量不守恒，但是在水平方向上動量守恒，以水平向右為正方向，可得即任意時刻物塊的水平速度大小都是斜面的2倍，所以物塊的水平位移大小是斜面的2倍，則有解得

5結(jié)合圖象的斜率可得解得故B錯誤CD正確。故選CD。10.如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量均為m、電荷量均為q的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點。已知，粒子帶負電，粒子所受重力及粒子間的相互作用均不計，則（　?。〢.粒子的速度大小為B.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為C.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為D.從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)幾何關系可得所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點，可知粒子做圓周運動的半徑滿足

6可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得A正確；B．從x軸上射出磁場的粒子中，沿軸正方向射出的粒子在磁場中運動的時間最長，從O點射出的粒子時間最短，運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角分別為從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為B錯誤；C．沿平行x軸正方向射入的粒子，其圓心現(xiàn)在點，離開磁場時的位置到O點的距離為，即沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為，C錯誤；D．從點射出的粒子軌跡如圖所示

7對應的圓心角為從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為D正確。故選AD。三、非選擇題：共54分。11.在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中(1)某同學先將光源靠近遮光筒的雙縫端并等高放置，然后在筒的另外一側(cè)觀察，發(fā)現(xiàn)筒的上壁照得很亮，此時他應將遮光筒的觀察端向___（填“上”或“下”）調(diào)節(jié)；(2)某次測量如圖所示，則讀數(shù)為_____mm；(3)幾位同學實驗時，有的用距離為0.1mm的雙縫，有的用距離為0.2mm的雙縫；同時他們還分別用紅、紫兩種不同顏色的濾光片遮住光源進行了觀察，如圖選自他們的觀察記錄，其中正確反映實驗結(jié)果的是_____(已知紅光波長大于紫光的波長)

8【答案】①.上②.5.006##5.007##5.008③.BD【解析】【詳解】（1）[1]發(fā)現(xiàn)筒的上壁照得很亮說明光線向上即觀察端偏下，所以應將觀察端向上調(diào)節(jié)；（2）[2]螺旋測微器的固定刻度為5mm，可動刻度為所以最終讀數(shù)為（3）[3]AB．根據(jù)可知，當紅光分別通有距離為0.1mm和0.2mm的雙縫時，距離越大的條紋間的距離越小，A錯誤，B正確；CD．同理，當紅光和紫光通過相同距離的雙縫時即L，d相同情況下，波長越長的條紋間的距離越大，C錯誤D正確；故選BD。12.某興趣小組用如圖甲所示的可拆變壓器進行“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗。（1）下列說法正確的是________。A.變壓器工作時，通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈B.變壓器工作時在原線圈上將電能轉(zhuǎn)化為磁場能，在副線圈上將磁場能轉(zhuǎn)化為電能C.理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，沒有能量損失D.變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零（2）實際操作中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，測得副線圈的“0”和“4”兩個接線柱之間的電壓為，則可推斷原線圈的輸入電壓可能為________。A．B.C.D.

9（3）圖乙為某電學儀器原理圖，圖中變壓器為理想變壓器。左側(cè)虛線框內(nèi)的交流電源與串聯(lián)的定值電阻可等效為該電學儀器電壓輸出部分，該部分與一理想變壓器的原線圈連接；一可變電阻與該變壓器的副線圈連接，原、副線圈的匝數(shù)分別為、（右側(cè)實線框內(nèi)的電路也可以等效為一個電阻）。在交流電源的電壓有效值不變的情況下，調(diào)節(jié)可變電阻的過程中，當________時，獲得的功率最大?！敬鸢浮竣?BC##CB②.D③.【解析】【詳解】（1）[1]A．變壓器是通過互感工作，而不是通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈，故A錯誤；B．變壓器工作時在原線圈上將電能轉(zhuǎn)化為磁場能，在副線圈上將磁場能轉(zhuǎn)化為電能，故B正確；C．理想變壓器忽略能量損失，原線圈輸入功率全部轉(zhuǎn)到副線圈輸出功率，故C正確；D．變壓器的原線圈兩端電壓由發(fā)電機提供，則副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓不變，不為0，故D錯誤。故選BC。（2）[2]若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系為當變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱之間，副線圈的“0”和“4”兩個接線柱時，可知原副線圈匝數(shù)比為2:1，副線圈電壓為3V，則原線圈電壓應該為6V；實際操作中，不是理想變壓器，需要考慮損失部分，則原線圈所接電壓大于6V。故選D。（3）[3]把變壓器和R等效為一個電阻R1，R0當做電源內(nèi)阻，當內(nèi)外電阻相等時，即此時，輸出功率最大，根據(jù)得

10將公式代入上式，可得從而得出此時獲得的功率最大。13.李白在邯鄲觀舞感贊道，“粉色換日彩，舞袖捕花枝，”舞袖的波形可看成一列沿x軸傳播的簡諧橫波，如圖所示，實線是簡諧橫波在時刻的波形圖，虛線是在s時刻的波形圖。（1）求此列波傳播速度的可能值；（2）若波速為65m/s，求m處的質(zhì)點N在時刻的振動方向；（3）在到時間內(nèi)，x=5m處的質(zhì)點M通過的路程為1.8m，求波的傳播速度?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）沿y軸負方向振動；（3）45m/s【解析】【詳解】（1）從波的圖像可以看出，波長，若波沿x軸正方向傳播，則波傳播的距離波傳播的速度m/s，（n=1，2，3，）若波沿x軸負方向傳播，則波傳播的距離波傳播的速度

11m/s，（n=1，2，3，）（2）由（1）知：若波沿x軸負方向傳播，無論n取值多少，都不能求出波速65m/s，若波沿x軸正方向傳播時，解得=65m/s則波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波速與質(zhì)點的振動方向的關系，則質(zhì)點N沿y軸負方向振動。（3）從波的圖像可以看出振幅M通過的路程為1.8m，則經(jīng)歷的時間是兩個周期再加四分之一周期，波傳播的距離波速大小=45m/s14.在傾角=37°的光滑斜面上輕放物塊A，物塊A離底端的長度m，在斜面底端的水平地面上放有物塊B。已知=2kg，物塊A、B碰撞時間極短且與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為，最終兩物塊間的距離=1.5m，斜面與水平地面平滑連接，兩物塊都可看作質(zhì)點，取重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）碰前瞬間物塊A的速度大小v；（2）物塊B在水平地面上運動的位移x；（3）物塊A、B碰撞過程中的能量損失Q，【答案】（1）4m/s；（2）；（3）4J【解析】【詳解】（1）物塊A在光滑斜面上運動，由機械能守恒得解得v=4m/s（2）設碰后物塊A的速度為，物塊B的速度為，物塊A、B碰撞過程中滿足動量守恒

12物塊A、B在水平地面上運動解得=2m/s，=4m/s解得（3）物塊A、B碰撞過程中，由能量守恒得解得Q=4J15.如圖所示，和是兩根相距、豎直固定放置的光滑金屬導軌，導軌足夠長，其電阻不計。水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)均有磁感應強度大小為、方向垂直于導軌平面向里的勻強磁場，其寬度均為，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ相距，其他區(qū)域內(nèi)無磁場。導體棒的長度為、質(zhì)量為、電阻為，開關處于斷開狀態(tài)?，F(xiàn)將棒由區(qū)域Ⅰ上邊界上方處由靜止釋放，棒下落時閉合。已知棒在先后穿過兩個磁場區(qū)域的過程中，流過棒的電流及其變化情況相同。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為。求：（1）棒進入磁場區(qū)域Ⅰ的瞬間，通過棒的電流；（2）棒穿過磁場區(qū)域Ⅰ的過程中，棒上產(chǎn)生的熱量；（3）棒穿過磁場區(qū)域Ⅱ過程所用時間。

13【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】首先，運用動能定理得出進入磁場時的瞬時速度，再結(jié)合感應電流公式求解；其次，理解題意運用能量守恒解題；最后，運用動量定理解決電磁感應運動過程時間問題?！驹斀狻浚?）令棒剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度大小為，通過它的電流大小為，根據(jù)動能定理得解得此時進入磁場區(qū)域Ⅰ的瞬間，通過棒的電流解得（2）令棒從磁場區(qū)域Ⅰ上邊界到磁場區(qū)域Ⅱ上邊界過程中產(chǎn)生的熱量為，已知棒在先后穿過兩個磁場區(qū)域的過程中，流過棒的電流及其變化情況相同。由能量守恒定律，得（3）令棒到達磁場區(qū)域Ⅰ下邊界時速度大小為，由能量守恒定律，得解得

14由題意可知，棒穿過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ所用的時間相同，設為，令棒穿過磁場區(qū)域Ⅰ過程中的平均電流為,平均感應電動勢為，則有再根據(jù)動量定理，得解得【點睛】運用能量守恒往往會使解題變得簡單；學會運用動量守恒解決電磁感應中的時間問題，是解決這一模塊綜合題的關鍵。

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