湖北省“荊、荊、襄、宜四地七校”考試聯盟2023-2024學年高二下學期物理期中聯考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1．校園一卡通的基本工作原理是，在校園內將一卡通靠近讀卡器，讀卡器向外發射某一特定頻率的電磁波，一卡通內線圈產生感應電流，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸，讀卡器感應電路中就會產生電流，從而識別卡內信息。下圖中與校園一卡通原理最近的是（）A． B．C． D．2．一彈簧振子在M、N之間做簡諧運動。O為平衡位置，P、Q是振動過程中關于O點對稱的兩個位置，下列說法正確的是（）A．振子運動到P、Q兩點時，加速度相同B．振子在從P點向Q點運動時，動能先減小后增大C．振子在從M點向N點運動過程中，回復力先增大再減小D．振子在OP間與OQ間的運動時間相等3．某些共享單車的內部有一個小型發電機，通過騎行者的騎行踩踏，可以不斷地給單車里的蓄電池充電，蓄電池再給智能鎖供電。小型發電機的發電原理可簡化為圖甲所示，矩形線圈abcd處于勻強磁場中，通過理想交流電流表與阻值為R的電阻相連。某段時間在騎行者的踩踏下，線圈繞垂直磁場方向的軸OOA．t=0時刻線圈處于中性面位置B．t1時刻，穿過線圈的磁通變化率為零，感應電動勢為零C．t2時刻電流表示數為0，t3時刻電流表的示數最大D．t4時刻電流方向發生改變，線圈轉動一周，電流方向改變兩次4．由折射率為n的透明材料制成、半徑為R的半圓柱形透明磚平放在桌面上，t=0時刻，將激光束垂直AC面射到A點，在激光束沿AC方向以速度v勻速向C點平移的過程中，有光從圓弧面ABC射出的時間為（）A．2R(n?1)nv B．2Rnv C．Rnv5．質量為1kg的物塊靜止在水平地面上，t=0時刻施加一水平力F，t=3s時撤掉作用力F，F隨時間t變化的圖線如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則（）A．1s~3s時間內F的沖量大小為3N·sB．前1s摩擦力的沖量大小為1N·sC．前3s物塊動量的改變量大小為2kg·m/sD．t=4.5s時物塊的速度為06．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數比為3∶1，原線圈輸入的交流電壓瞬時值的表達式為u=2202sin100πt(V)，定值電阻RA．理想電流表的初始示數為6AB．逐漸增大R2C．當R2D．若將R1換為一個理想二極管，則燈泡L兩端電壓的有效值為7．如圖所示，水平直線邊界PQ的上方空間內有方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，長為2d、與PQ平行的擋板MN到PQ的距離為d，邊界PQ上的S點處有一電子源，可在紙面內向PQ上方各方向均勻的發射電子。已知電子質量為m、電荷量為e，速度大小均為eBdmA．3?1 B．1 C．3 D．8．如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的有界（邊界豎直）勻強磁場，一直徑與磁場區域寬度相同的閉合金屬圓形線圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（）A．線圈進磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向B．線圈出磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向C．該拉力的方向水平向右D．該拉力為恒力9．如圖甲，某實驗小組用電壓傳感器研究電感線圈特性，圖甲中三個燈泡相同，燈泡電阻不變。閉合開關S，當電路達到穩定狀態后再斷開開關，與傳感器相連的電腦記錄的電感線圈L兩端電壓u隨時間t變化的u-t圖像如圖乙所示。不計電源內阻，電感線圈L的自感系數很大且不計直流電阻，下列說法正確的是（）A．開關S閉合瞬間，L2、L3同時點亮B．開關S閉合瞬間，流經燈L1和L2的電流大小相等C．開關S斷開瞬間，燈L1立即熄滅，L2閃亮一下再熄滅D．圖乙中電壓U1與U2的比值為3∶410．如圖所示是某水池的剖面圖，A、B兩區域水深分別為hA=0.4m，hBA．A區域水面上的波長為1mB．O、N之間的距離為4mC．t=2.5s時，O點經平衡位置向上振動D．t=2.5s后，MN之間存在10個振幅為10cm的點二、非選擇題（本題共5小題，共60分）。11．下圖為驗證動量守恒定律的實驗裝置，軌道固定，實驗中選取兩個半徑相同、質量不等的小球（m1（1）若進行實驗，以下所提供的測量工具中必需的是（）A．直尺 B．游標卡尺 C．天平 D．彈簧秤E．秒表（2）軌道上先不放m2小球，讓m1小球由圖示A位置靜止下滑，再將m2小球放在斜槽末端保持靜止，讓m1小球仍然從A位置靜止下滑，兩次實驗兩球落在下方斜面上的位置為M、P、N。則碰后（3）若M、P、N到斜槽末端B點的距離分別為LM、LP、LN12．用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關系”：（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球的直徑，結果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑d為cm。（2）實驗時，擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數，在擺球運動的最低點的左、右兩側分別放置激光光源與光敏電阻，如圖乙所示，光敏電阻與某一自動記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變化圖線如圖丙所示，則該單擺的周期為。（3）多次改變細線的長度L（懸點到小球上方的距離），做出L與單擺周期的平方T2之間的關系圖像如圖丁所示，則當地的重力加速度大小為13．某科技小組自制了一個用力傳感器來測量溫度的裝置。如圖所示，導熱性能良好的汽缸固定在水平地面上，汽缸內部橫截面積S為0.01m2。質量m為10kg的活塞與汽缸間無摩擦且不漏氣，活塞上方通過一剛性輕桿連接一個固定的力傳感器，傳感器可以直接顯示出傳感器對輕桿的力，傳感器示數為正表示傳感器對輕桿的作用力豎直向上。環境溫度為7℃時，力傳感器的示數F為100N。整個裝置靜止，大氣壓p0恒為1.0×105Pa，g取10m/s2，0℃取273K。求：（1）缸內氣體壓強；（2）環境溫度為多少時，傳感器示數恰好為零。14．如圖所示，平行光滑金屬導軌水平放置，間距L=2m，導軌左端接一阻值R=1Ω的電阻，圖中虛線與導軌垂直，其右側存在磁感應強度大小B=0.5T、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m=1kg的金屬棒垂直導軌放置在虛線左側，距虛線的距離為d=0.5m。某時刻對金屬棒施加一大小為F=4N的向右的恒力，金屬棒在磁場中運動s=2m的距離后速度不再變化，金屬棒與導軌的電阻忽略不計，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，求：（1）金屬棒從開始進入磁場到勻速過程中回路產生的焦耳熱；（2）金屬棒從開始進入磁場到勻速過程中通過電阻R的電荷量；（3）金屬棒從開始進入磁場到勻速運動過程所用時間。15．如圖所示，建立平面直角坐標系xOy，在第一象限0≤x≤10d區域Ⅰ中充滿磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場。在第四象限0≤x≤10d區域Ⅱ中充滿磁感應強度大小為kB（k為常數），方向垂直紙面向里的勻強磁場。x軸為兩個不同磁場區域的分界線。t=0時刻，一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子重力）從位于O點正上方的P點以v0（1）粒子在區域Ⅰ中運動的半徑R1（2）若OP=4d，k=1，求粒子出磁場的位置坐標；（3）若k=3，為了使粒子不從左邊界離開磁場，求OP的最大值ym

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、將一卡通靠近讀卡器，讀卡器向外發射某一特定頻率的電磁波，一卡通內線圈產生感應電流，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸，讀卡器感應電路中就會產生電流，從而識別卡內信息。即由磁產生電，有感應電流產生，所以其工作原理為電磁感應現象。而圖中為奧斯特實驗，說明通電導線周圍存在磁場，與校園一卡通原理不同，故A錯誤；

B、圖中的實驗是探究通電螺線管的磁性強弱與電流大小的關系，運用了電流的磁效應，與校園一卡通原理不同，故B錯誤；

C、圖中沒有電源，為發電機的工作原理，是根據電磁感應現象制成的，與校園一卡通原理相同，故C正確；

D、圖中有電源，為電動機的工作原理，是根據通電導體在磁場中受力而運動的原理制成的，與校園一卡通原理不同，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】根據題意，判斷出校園一卡通原理為電磁感應，再判斷各項中的原理，與之比較即可。2．【答案】D【解析】【解答】A、P、Q兩點加速度大小相同，方向不同，故A錯誤；

B、從P到Q運動時，速度先增大后減小，動能先增大再減小，故B錯誤；

C、從M到N過程，回復力先減小再增大，故C錯誤；

D、由對稱性可知，振子在OP間與OQ間運動時間相等，故D正確；

故答案為：D。

【分析】簡諧運動回復力與位移成正比反向關系，即F回=-kx，根據牛頓第二定律可知加速度與回復力成正比，在平衡位置回復力為零，加速度為零，在最大位移處加速度最大，速度為零，對稱位置，位移和加速度必等大反向，但是速度可能等大同向也可能等大反向。3．【答案】B【解析】【解答】A、由圖乙可知，t=0時刻穿過線圈的磁通量為0，則線圈與中性面垂直，故A錯誤；

B、t3時刻，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故B正確；

C、根據題意可知，電流表的示數為回路中電流的有效值，而回路中電流的有效值不變，故C錯誤；

D、t2、t4時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，而線圈轉一周，電流方向改變兩次，故D錯誤；

故答案為：B。

【分析】在中性面位置穿過線圈的磁通量最大；根據法拉第電磁感應定律、磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；交流電流表測量的是交流電的有效值；t2、t4時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，線圈轉動一周電流方向改變兩次。4．【答案】B【解析】【解答】沒有光從圓弧面射出，光路圖如圖

由全反射的臨界角

sinθ=1n

由幾何關系可知，沒有光束從圓弧面射出對應在OA段的長度

x=R(1-sinθ)

根據對稱性，在OC段，沒有光束從圓弧面所對應的長度也為x，則沒有光從圓弧面射出的時間為

t=2xv=2R(n-1)5．【答案】D【解析】【解答】A、由

I=Ft

1s~3s內沖量大小為F-t圖像與x軸圍成面積，即

I=(1+22×1+1×2)N·s=3.5N·s

故A錯誤；

B、物塊與地面滑動時

f=μmg=1N

前1s內F＜f，所以物塊靜止

I合=0N·s

即

I合=I0+If1=0N·s

所以

If1=-I0

I0為0s~1s內F的沖量，其大小為S0，故

If1=0.5N·s6．【答案】C【解析】【解答】A、設副線圈電壓為U2，原線圈電壓為U1，R1兩端電壓為U1'，則

U=U1'+U1

根據變壓規律有

U1U2=n1n2=3

設燈泡電流為I，燈泡電阻與電阻箱的阻值相同，電阻箱的電流也為I，則

U2=IR2=I22R2

根據變流規律有

I1I2=13

而

U1'=I1R1

聯立得

I=3A

即電流表的示數為3A，故A錯誤；

B、逐漸增大R2的阻值，則負載阻值增大，把負載等效成一個電阻串聯在原線圈中，則串聯電路總阻值增大，則總電流減小，根據

U'1=IR1

可知R1兩端電壓U1’逐漸變小，根據

U=U1'+U1

可知原線圈電壓U1逐漸變大，副線圈電壓為U2逐漸變大，再根據

PL=U22RL

可知燈泡電功率逐漸變大，即燈泡L逐漸變亮，故B錯誤；

C、把負載等效成一個電阻串聯在原線圈中，其等效阻值設為R，則

U17．【答案】A【解析】【解答】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

Bve=mv2r

得

r=mvBe

做出粒子從不同方向射出的軌跡，如圖：

則擋板MN的上表面被電子擊中部分為CD，根據幾何關系可得

DN=(2d)2-d2=3d

CN=d

8．【答案】A,C【解析】【解答】AB、進磁場時，磁通量在增大，根據楞次定律，感應電流的方向為逆時針方向，出磁場時，磁通量減小，根據楞次定律，感應電流方向為順時針方向，故A正確，B錯誤；

C、水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，則水平拉力的方向水平向右，故C正確；

D、由于線圈切割磁感線的有效長度L是變化的，所以線圈中產生的感應電動勢E=BLv是變化的，感應電流

I=BLvR

是變化的，線圈受到的安培力大小

F=BIL=B2L2vR9．【答案】B,D【解析】【解答】AB、開關S閉合瞬間，由于電感線圈的阻礙作用，燈L3逐漸變亮，通過燈L3的電流緩慢增加，待穩定后，流經燈L2和L3的電流相等，故從開關S閉合瞬間至斷開前，流經L1的電流也是逐漸增加的，故A錯誤，B正確；

C.開關S斷開瞬間，由于電感線圈阻礙電流減小的作用，由電感線圈繼續為L2和L3提供電流，又因為電路穩定的時候，流經L2和L3的電流相等，所以L2逐漸熄滅，故C錯誤；

D.開關S閉合瞬間，燈L2和L1串聯，電壓傳感器所測電壓為L2兩端電壓，由歐姆定律

U1=R2

電路穩定后，流經L3的電流為

I=12·E32R=E3R

開關S斷開瞬間，電感線圈能夠為L2和L3提供與之前等大電流，故其兩端電壓為

U2=I·2R=2E3

所以U10．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、區域A的波速

vA=ghA=2m/s

根據

λA=vAf

可得

λ=1m

故A正確；

B、當t=1s時，O點開始振動且振動方向向下，可知是N點的波源形成的波傳到了O點，區域B的波速

vB=ghB=4m/s

O、N之間的距離為

xON=vBt=4m11．【答案】（1）A；C（2）M（3）m【解析】【解答】(1)要驗證動量守恒定律，需測量小球的質量和三個落點到B點的距離。故提供的測量工具中必需的是直尺和天平。

(2)碰后m1的落點為M點。

(3)碰撞前，小球m1落在圖中的P點，設其水平初速度為v1，小球m1和m2發生碰撞后，m1的落點在圖中的M點，設其水平初速度為v1'，m2的落點在圖中的N點，設其水平初速度為v2。設斜面與水平間的傾角為α，由平拋運動規律，豎直方向有

LMsinα=12gt2

水平方向有

LMcosα=v1't

解得

v1'=gLMcos2α2sinα

同理可得

12．【答案】（1）1.87（2）2（3）g=【解析】【解答】(1)游標卡尺分度值為0.1mm，擺球直徑為

18mm+7x0.1mm=18.7mm=1.87cm

(2)擺球運動到最低點時R變大，由圖可知周期為2t0；

(3)由單擺的周期公式

T=2πL+rg

可得題圖丁的函數關系式為

L=g4π13．【答案】（1）對活塞進行受力分析，根據題意可得p解得p（2）則7℃時封閉氣體的壓強為pT當傳感器的示數為零時，封閉氣體的壓強為p根據查理定律可得p代入數據解得T【解析】【解答】（1）對活塞進行受力分析，根據題意可得

p1S+F=p0S+mg

解得

p1=p0=1.0×105Pa

（2）7℃時封閉氣體的壓強為

p1=p0，T1=(7+273)K=280K14．【答案】（1）設金屬棒勻速運動時速度為v，此時有F與安培力平衡，則F=BILE=BLvI=解得v=4m從進入磁場到勻速過程F(d+s)=解得Q=2J（2）q=E聯立解得q=2C（3）設金屬棒剛進入磁場時速度為v0由動能定理Fd=解得v金屬棒從開始進入磁場到勻速過程中，對每小段時間Δt根據動量定理有∑(F?BIL)?Δt=∑mΔvFt?BLq=mv?m解得t=1s【解析】【解答】（1）金屬棒從開始進入磁場到勻速過程中，設金屬棒勻速運動時速度為v，