新疆泽普县第二中学2022-2023学年高二下学期期末考试物理试题（PDF版含解析）

泽普二中 2022-2023 学年第二学期期末考试 A．医院用 X光进行透视，是因为它是各种电磁波中穿透能力最强的
高二年级物理试卷 B．阳光可以晒黑皮肤，主要是阳光中红外线的作用
分值：100 分 考试时间：90 分钟 C．电取暖器利用了红外线的热作用
第 I 卷（选择题）
D．可见光比红外线容易发生衍射现象
一、单选题（每题 3分，共计 36 分） 7． 一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过 3 s 时，振子第一次到达 P 点，又经过 2 s 第二次经过 P
1. 对于如图所示的电流 i 随时间 t 作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（ ） 点，则该弹簧振子的振动周期可能为（ ）
A．电流大小变化，方向不变，是直流电 A．32 s B．16 s
B．电流大小、方向都变化，是交流电 C．8 s D．4 s
C．电流最大值为 0.2A，周期为 0.02s 8．在做验证动量守恒定律实验时，入射球 a的质量为m1，被碰球 b的质量为m2，小球的半径为 r，各小球的落点如图所
D．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电
示，下列关于这个实验的说法正确的是（ ）
2. 如图所示为某一交变电流的电流—时间图像（前半周期为正弦交流电），则该交变电流的有效值为（ ） A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球
B．让入射球与被碰球连续 10次相碰，每次都要使入射球从斜槽上不同的位置滚下
1
A． I 5
5 3
0 B． I I I2 2 0
C． 0 D．2 2 0 C．要验证的表达式是m1OP m1OM m2ON
D．要验证的表达式是m1(OP 2r) m1(OM 2r) m2ON
3. 如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变
9．一列简谐横波沿 x 轴传播，t=0 时刻的波形如图甲所示，这列波中质点 P 的振动图线如图乙所示，则该波的传播方向
化的规律为 e＝20 2 sinl00πtV．下列说法正确的是（ ）
和速率分别是（ ）
A．该线框转动的频率是 100Hz
B．该线框产生的交变电动势最大值是 20V
C．t＝0.005s时刻，线框平面与中性面重合
D．t＝0.05s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为 0
4. 一交流电压的瞬时值表达式为 u=200 2 sin50πt(V)，下列判断正确的是（ ）
A．沿 x 轴负方向，2.0m/s B．沿 x轴负方向，4.0m/s
A．该交流电压的频率为 50Hz
C．沿 x 轴正方向，2.0m/s D．沿 x轴正方向，4.0m/s
B．t=0.01s时，该交流电压的瞬时值为 50 2 V
10．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A并留在其中，A、B用一轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击
C．直接用电压表测该交流电压，其示数为 200 2 V
木块 A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
D．若将该交流电压加在阻值为 2kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为 20W
A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒
5. 如图所示，理想变压器的原线圈接在 u=220 2 sin100 tV 的交流电源上，副线圈接有 R=11Ω的负载电阻，原、副线
C．动量守恒，机械能守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒
圈匝数之比为 2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
11．质量为 0.2 kg的球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小
A．电压表的读数约为 156V
球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是（ ）
B．电流表的读数为 20.0A
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．原线圈的输入功率为 1100W
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
D．副线圈输出交流电的周期为 0.01s
12．以下情景中，主要利用温度传感器工作的是（ ）
6.下列说法中正确的是（ ）
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A．孵化器在一定温度下孵化禽蛋 B．交警检查司机是否酒后开车
C．电梯超出负载时发出警报 D．商场自动门在人走近时自动打开
二、多选题（每题 4 分，少选得 2 分，错选不得分，共计 24 分） 2 20
A．2kg B． 3 kg C．5J D． J
13．如图所示，两理想变压器间接有电阻 R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合 3
第 II 卷（非选择题）
开关 S后（ ） 三、解答题
A．R 的发热功率不变 B．电压表的示数不变 19．（10 分）如图所示为一半径为 R的半圆柱形玻璃砖的横截面，一束光线以 i=45°的入射角从圆心 O处沿平行横截面方
C．电流表A 的示数变大 D．电流表A 的示数变小 向射入玻璃砖，并从 A点射出，折射光线 OA相对入射光线偏折 r=15°。求：1 2
（1）该玻璃砖的折射率 n；
14．如图所示，图甲是 LC 振荡回路中电流随时间的变化关系，若以图乙回路中顺时针方向的电流为正，a、b、c、d均为
（2）沿纸面向左平移入射光线，当光线平移到 B点时，发现出射光线与入射光线平行，面出此时的光路图，并求出 OB
电场能或磁场能最大的时刻，下列说法正确的是（ ）
距离 L为多大？
T
A．图乙中的 a 是电场能最大的时刻，对应图甲中的 时刻
2
T 2
B．图乙中的 b 是电场能最大的时刻，此后的 内电流方向为正 20．（15 分）如图所示，线圈 abcd 的面积是 0.1m ，共 100 匝，线圈电阻为 2Ω，外接电阻 R=8Ω，匀强磁场的磁感应强
4
3T 度为 B
1
T，当线圈以300r / min的转速匀速转动时，求：
C．图乙中的 c 是磁场能最大的时刻，对应图甲中的 时刻
4
（1）转动中感应电动势的最大值和有效值；
D．图乙中的 d 是磁场能最大的时刻，此后电容 C 的下极板将充上负电荷
（2）电路中交流电压表和电流表的示数；
15．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势 e随时间 t变化的正弦规律图象如图乙所示．发

电机线圈的内电阻 r＝2Ω，外接灯泡的电阻 R＝10Ω，则（ ） （3）线圈由图示位置转过 的过程中，交变电动势的平均值。2
A．在 t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大
B．电压表的示数为 6V 21．（15 分）如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板 A和静止的滑块 C，滑块 B置于 A的最左端（滑块 B、C均可视
C．灯泡消耗的电功率为 2.5W 为质点）。若木板 A和滑块 B一起以 v0 5m/s的速度向右运动，A与 C发生时间极短的碰撞后粘在一起。已知木板 A与
D．线圈转动产生电动势的表达式 e 6 2 sin50 t(V)
滑块 B间的动摩擦因数 0.1，且m =2kg，m 1kg，m 2kg，g取 10m/s2A B C ，求：
16．下面关于物体动量和冲量的说法正确的是（ ）
（1）长木板 A与滑块 C碰后瞬间，滑块 C的速度大小；
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
（2）B最终与 A相对静止时速度的大小；
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
17．如图所示，一个质量为0.18kg
（3）要使滑块 B不从木板 A上滑下，木板 A至少多长？
的垒球，以 25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45m/s，
设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是（ ）
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N B．球棒对垒球的平均作用力大小为360N
C．球棒对垒球做的功为 36J D．球棒对垒球做的功为126J
18．A、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的 x t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中 a、b 分别为 A、B 碰撞前
的 x t图像。c为碰撞后它们的 x t图像。若 A球质量为 1kg，则 B 球质量及碰撞过程中系统的机械能损失为（ ）
第 3页 共 4页 ◎ 第 4页 共 4页
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参考答案：
1．A
【详解】由图象可知：电流的大小变化，方向始终为正，不发生变化变，所以是直流电，电
流最大值为 0.2A，周期为 0.01s，所以 A正确，BCD错误。
故选 A。
2．B
【详解】设该交变电流的有效值为 I ，根据有效值定义可得
I 2RT I ( 0 )2R T (2I 0)
2R T
2 2 4
解得
I 5 I
2 0
故选 B。
3．D
【详解】A．该线框转动的频率是
f 100 50Hz
2 2
选项 A错误；
B．该线框产生的交变电动势最大值是 20 2 V，选项 B错误；

C．t＝0.005s时刻，线框转过的角度为 100π×0.005= ，此时平面与中性面垂直，选项 C错
2
误；
D．t＝0.05s时刻，电动势的瞬时值为 0，此时穿过线圈的磁通量变化率为 0，选项 D正确；
故选 D.
4．D

【分析】由表达式知识角速度，根据 f 求解频率，根据瞬时值的表达式求解对应的瞬
2
U 2
时值，电压表的示数为交流电的有效值，根据 P 求解发热功率．
R

【详解】由表达式知，角速度 50 rad / s，则频率为 f 25Hz，故 A错误；当 t=0.01s
2
时，该交流电压的瞬时值为u 200 2sin50 0.01 200 2sin0.5 200 2V ，故 B错误；
200 2
用电压表测该交流电压，其示数为交流电的有效值，即U 200V ，故 C错误；根
2
答案第 1页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
U 2 2002
据P ，解得： P 3 20W ，故 D正确，故选 D．R 2 10
【点睛】本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识．交流电压测量的是有效值，计算交
流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值．s
5．C
【详解】A．交流电源的有效值
U E1 220V2
U1 n 1根据U 求得2 n2
电压表的读数
U2 110V
A．错误；
B．R的电流
I U2 2 10AR
由 I1n1 I2n2可求得
原线圈电流
I1=5A
B错误；
C．原副线圈上的功率相等，副线圈的输出功率
P2 U2I2 1100W
原线圈的输入功率为 1100W，C正确；
D．副线圈输出交流电的周期与原线圈的输入端的电流周期相等为
T 2 2 s 0.02s
100
D错误．
故选 C。
6．C
【详解】A．γ射线穿透能力最强，A错误；
B．晒黑皮肤是紫外线的作用，B错误；
答案第 2页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
C．红外线有显著的热作用，C正确；
D．红外线比可见光波长更长，更容易发生衍射现象，D错误。
故选 C。
7．B
【详解】若从O点开始向右振动，按下面路线振动，作出示意图如图，则弹簧振子的振动周
T 4 3 2期为： 1 （ )s 16s；2
若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图，设从 P到O的时间为 t，
2 t 3 t t 1 s T 4 (1 1)s 16则有： ，解得： ，则周期为： s；故选项 B正确，A、C、
2 2 3 3 3
D错误．
8．C
【详解】A．在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止入射球反弹或静止，
故 A错误；
B．入射球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止滚下，以保证每次碰撞都具有相同的初动
量，故 B错误；
CD．两球做平抛运动时都具有相同的起点，结合平抛运动的规律可知，小球运动的时间都
相同，因此小球m1的速度可表达为
v x OP0 t t
同理可得小球m1碰撞后的速度 v
OM ON
1 ，小球 m2的速度 v2 ，验证动量守恒，需要验t t
证
m1v0 m1v1 m2v2
应验证的关系式为m1OP m1OM m2ON，C正确，D错。
故选 C。
9．B
答案第 3页，共 9页
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【详解】根据图像可知
8m，T 2s
则波速为
v 8 m / s 4.0m / s
T 2
根据图乙可知，t=0时刻质点 P处于平衡位置，随后质点 P的位移为正值，可知，t=0时刻
质点 P沿 y轴正方向传播，根据图甲波形，结合同侧法可知，波沿 x轴负方向传播，即该波
的传播方向和速率分别是沿 x轴负方向，4.0m/s。
故选 B。
10．A
【详解】子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为
零，动量守恒；在子弹打中木块 A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦
力做功，有内能产生，系统机械能不守恒。
故选 A。
11．A
【详解】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量
Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s-(-0.2×6) kg·m/s=2 kg·m/s
方向竖直向上。
由动能定理，合外力做的功
W 1mv 2 1mv 2 1 2 1 0.2(4
2 62 )J=-2J
2 2 2
故选 A。
12．A
【详解】A．孵化器在一定温度下孵化禽蛋需要用到温度传感器，故 A正确；
B．交警检查司机是否酒后开车需要用到酒精气体传感器，故 B错误；
C．电梯超出负载时发出警报需要用到压力传感器，故 C错误；
D．商场自动门在人走近时自动打开需要用到红外线传感器，故 D错误。
故选 A。
13．BC
【详解】AC．闭合开关 S后，负载电阻减小，匝数为 n4的线圈输出功率变大，匝数为 n1的
线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由
答案第 4页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
P1 U1I1
可知电流表A1的示数变大，根据
I1 n 2
I2 n1
n2
因 I In 比值不变， 1变大， 2变大，因此，R的发热功率变大，故 A错误，C正确；1
B．根据理想变压器电压比等于匝数比
U1 n 1
U2 n2
可知输出电压U2不变，电压表的示数不变，故 B正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得
I1 n 2
I2 n1
I2 n 4
I4 n3
由于匝数均保持不变， I1增大，所以 I2、 I4增大，故电流表A2的示数变大，故 D错误。
故选 BC。
14．BD
T
【详解】A．题图乙中的 a是电场能最大的时刻，由上极板带正电，此后的 内电容器放电，
4
电流沿逆时针方向，对应题图甲中的 0时刻或 T时刻，故 A错误；
T
B．题图乙中的 b是电场能最大的时刻，由下极板带正电，此后的 内电容器放电，电流沿
4
顺时针方向，故 B正确；
C．题图乙中的 c是磁场能最大的时刻，此后磁场能转化为电场能，根据右手螺旋定则，电
T
流方向为逆时针方向，对应题图甲中的 时刻，故 C错误；
4
D．题图乙中的 d是磁场能最大的时刻，此后磁场能转化为电场能，电流方向为顺时针方向，
此后电容 C的下极板将充上负电荷，故 D正确。
故选 BD。
15．AC
【详解】A．在 t 0.01s时刻，电动势为 0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，A正确；
BD．电动势的最大值为
答案第 5页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
Em 6 2V
周期为 0.02s，则瞬时电动势的表达式为
e E 2 m sin( )t 6 2 sin100 t (V)T
电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故
Em
U E R 2 R 5V
R r R r
BD错误；
C．灯泡消耗的功率
P U
2 25
W 2.5W
R 10
C正确。
故选 AC。
16．BCD
【详解】A．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化量也越大，所以 A错误；
B．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，则物体所受合外力冲量不为
零，它的动量一定要改变，所以 B正确；
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向，所以 C正确；
D．根据
F = p
合 t
可知，动量的变化率表示物体的合外力，则物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，所
以 D正确；
故选 BCD。
17．AD
【详解】AB．根据动量定理可得
Ft mv2 mv1
代入数据，解得
F mv2 mv1 0.18 45 0.18 25 N 1260N
t 0.01
B错误，A正确；
CD．根据动能定理可得
答案第 6页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
W 1 mv2 12 mv
2 1
1 ( 0.18
1
452 0.18 252 )J 126J
2 2 2 2
C错误，D正确。
故选 AD。
18．BC
【详解】由图像可知碰撞前 A、B两球都做匀速直线运动
v 4 10a m/s 3m/s2
v 4 0b m/s 2m/s2
碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动
v 2 4c m/s 1m/s4 2
碰撞过程中动量守恒，即
mAva＋mBvb=（mA＋mB）vc
解得
m 2B kg3
碰撞过程损失的机械能
1
E m v2 1A a m
2 1 2
2 2 B
vb (mA mB )vc 5J2
故选 BC。
19 3．1） 2；（2） R
3
【详解】（1）由光路图和折射定律可得
n sin i
sin
其中
i 45 ， i r 30
联立解得该玻璃砖的折射率为
n 2
（2）沿纸面向左平移入射光线，当光线平移到 B点时，当光线平移到 B点时，发现出射光
线与入射光线平行，设折射光线刚好从过 O点的法线与圆弧交点 C射出，如图所示
答案第 7页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}
由图中几何关系可得
30
n sin i sin
sin sin
可得
i
由几何关系可知，出射光线与入射光线平行；所以 OB距离为
L R tan 3 R
3
200
20．（1）100V，50 2V；（2） 40 2V ，5 2A；（3） Vπ
【详解】（1）由题意交流电的频率
f n 300 Hz=5Hz
60
角速度为
2 f 10 rad/s
最大值
E 1m NBS 100 0.1 10 V 100V
感应电动势的有效值
E E m 50 2V
2
（2）线圈电阻为 2Ω，外接电阻 R=8Ω，根据闭合电路欧姆定律，则交流电压表的电压
U E R 40 2V
R r
而电流表的示数
I E 5 2A
R r
答案第 8页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}

（3）线圈由图示位置转过 的过程中
2
| 2 1 | BS
1
0.1Wb 1 Wb
10
这段时间内的平均值
1
E N e 100 100 V 200 1 V （t T
4
21．（1） v1 2.5m/s；（2） v2 3m/s；（3）2.5m
【详解】（1）A与 C碰撞过程中，动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得
mAv0 mA mC v1
解得
v1 2.5m/s
（2）B在 A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得
mBv0 mA mC v1 mA mB mC v2
解得
v2 3m/s
（3）根据能量守恒定律得
1 m 2 1 2 1 2
2 B
v0 mA mC v1 mA mB mC v2 mBgL2 2
解得长木板 A的长度最小值
L=2.5m
答案第 9页，共 9页
{#{QQABbQCAggAIABJAABBCQwFCCACQkgGACCgGBEAcMEAAiQNABCA=}#}