安徽省淮南市第二中学2024-2025学年高二下学期期中物理试题

淮南二中2026届高二第二学期期中教学检测物理试题 考试时间：90分钟  试卷满分：100分 注意事项：1. 答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号（智学号）； 2. 在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0.5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；3. 考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存 一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分。多选题少选得2分，多选或错选得0分） 1．做简谐运动的物体，当相对于平衡位置的位移为负值时（　　） A．速度一定为正值，加速度一定为负值 B．速度一定为负值，加速度一定为正值 C．速度不一定为正值，加速度一定为正值 D．速度不一定为负值，加速度一定为负值 2．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形金属线框与导线在竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中不与导线碰撞，则关于线框内感应电流的方向说法正确的是（　　） A．先顺时针后逆时针再顺时针 B．先逆时针后顺时针再逆时针再顺时针 C．先逆时针后顺时针再逆时针 D．先顺时针后逆时针再顺时针再逆时针 3．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（　　） A．向左做加速运动 B．向左做减速运动 C．向右做匀速运动 D．向右做加速运动 4．如图，一正方形金属线框用绝缘细线悬挂起来，部分位于垂直线框平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则下列说法正确的是（　　） A．金属框内感应电流先减小再增大 B．金属框受到的安培力一直不变 C．时细线中的拉力一定等于金属框的重力 D．内细线中拉力一直小于金属框的重力 5．如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰直角三角形单匝均匀金属线框，直角边长为。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，有界磁场的宽度为。线框在水平拉力作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右为拉力的正方向，则线框中的感应电流i和拉力随时间的关系图像可能正确的是（时间单位为，图中曲线为抛物线）（　　） A． B． C． D． 6．如图甲，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在竖直向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN放在导轨上，在水平拉力的作用下从静止开始向右运动.电容器的带电量Q随时间t变化的图像如图乙，不计导体棒及导轨电阻，下列关于电容器两极板间的电势差U、导体棒ab的速度v、受到的外力F以及回路中的电流i随时间t变化的图像一定错误的是（　　） A． B． C． D． 7．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图1所示的交流电，B通以图2所示的正弦式交变电流。两电热器的电功率之比为（　　） A．2：1 B． C．1：1 D． 8．图1是钓鱼时使用的浮标，钓鱼时浮标竖直浮在水面上的上下振动可看做简谐运动。从时刻开始计时，以竖直向上为正方向，其振动的图像如图2所示，下列说法正确的是（　　） A．浮标的振动周期为 B．1分钟内浮标上某点运动所经过的路程为 C．时，浮标振动的加速度最大 D．时，浮标的速度为0 9．如图为模拟街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器输入的交流电压可视为不变，变压器输出的低压交流电通过输电线输送给用户，定值电阻R0表示输电线的电阻，变阻器R表示用户用电器的总电阻。若变压器为理想变压器，电表为理想电表，当接入电路的家用电器个数增加时（　　） A．V2示数变大 B．V1示数不变 C．A1示数变大 D．A2示数变小 10．金属探测仪内部电路可简化为线圈与电容器构成的LC振荡电路，某时刻电流方向和电容器极板间电场方向如图，关于该时刻下列说法正确的是（　　） A．电路中的电流正在减小 B．a点电势比b点电势高 C．电容器所带电荷量正在减小 D．线圈磁场能正在增大 11．如图，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，垂直导轨的虚线两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度均为B的相反方向的竖直匀强磁场，两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直导轨放在左右两侧，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻。现给导体棒a一个瞬时冲量，使导体棒a获得一个水平向右的初速度，则下列关于a、b两棒此后的整个运动过程的说法中，以下说法正确的是（　　） A．a、b两棒组成的系统动量守恒 B．a、b两棒最终将以大小为的速度分别向右，向左做匀速直线运动 C．整个过程中，a棒上产生的焦耳热为 D．整个过程中，流过a棒的电荷量为 12．如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原线圈匝数=110匝，副线圈匝数的调节范围为55~220匝，滑动变阻器Rx的调节范围为0~R0，发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R=R0，其余导线电阻不计。当滑片P1固定让Rx变化时，理想电压表V的示数变化为△U，理想电流表A的示数变化为△I，下列说法正确的是（　　） A．滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，输电效率降低 B．滑片P1固定， C．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小 D．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，输电线电阻R0消耗的功率一直增大 二、实验题（每空2分，共14分） 13．利用如图所示的实验装置进行“探究感应电流方向”的实验。 (1)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应放置在 （填“a”或“b”）位置。 (2)下列操作不能产生感应电流的是______。 A．开关闭合瞬间 B．开关闭合后，滑动变阻器滑片不动 C．开关断开瞬间 D．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片 (3)将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关S闭合，以下操作中也能使电流计指针右偏的是______。 A．拔出线圈A B．将滑动变阻器的滑片向左移动 C．将滑动变阻器的滑片向右移动 14．某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。 (1)组装单摆时，应在下列器材中选用（　　）（A、B和C、D中各选1个） A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线 C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球 (2)某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是（　　） A．开始计时时，过早按下秒表 B．实验时误将49次全振动记为50次 C．测摆长时摆线拉得过紧 D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 (3)测量小铁直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为 mm (4)实验测出不同摆长对应的周期T，作出T2—图像如图，已知图线上A、B两点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），可求出g= 。（表达式中需包含上述4个坐标值） 三、解答题（15题12分，16题12分，17题14分，共38分） 15．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示，求： （1）写出该简谐运动的表达式； （2）t=0.9s时的位移； （3）振子在0～3.6s内通过的路程。 16．如图为一交流发电机的原理示意图（c点未标出），已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1＝50cm，bc边和ad边的长度L2＝20cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝5.0Ω，线圈转动的角速度ω＝282rad/s，外电路的定值电阻R＝45Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.05T。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取π＝3.14，＝1.41。（1）写出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式（用题中已知物理量的符号表示），并求出此最大值；（2）求电流表的示数I；（3）求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W（结果保留3位有效数字） 17．如图所示，和为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的段与段相互平行，距离为；段与段也是平行的，距离。质量均为的金属杆a、b垂直于导轨放置，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆a上，一端系着重物c放置在地面上，重物c质量，绝缘轻绳的水平部分与平行且足够长（重物c始终不与滑轮相撞），对b杆施加一水平向右的恒力，使其从静止开始运动。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长，使a杆始终在宽度为的轨道部分运动，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，重力加速度g取。（感应电流产生的磁场忽略不计）（1）若将重物c锁定在地面上，求b杆的最终速度的大小；（2）若将重物c解除锁定，从b杆开始运动到重物c刚要离开地面时，共经历时间0.05s，求此过程中回路产生的总焦耳热；（3）若将重物c解除锁定，求b杆由静止开始运动的全过程中回路的最大电流 学科网（北京）股份有限公司 $$ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B C D D A C BC AB 题号 11 12 答案 BD BCD 13、(1)a (2)B (3)C 14、(1)AD (2)BC (3)12.0 (4) 15、（1） ；（2）；（3）36cm 16、（1），141V；（2）；（3）4.45J 17、（1）；（2）；（3） 1．C 【详解】根据回复力与位移的关系有 根据牛顿第二定律有 解得 可知，加速度方向与相对于平衡位置的位移方向相反，当相对于平衡位置的位移为负值时，加速度一定为正值。当物体远离平衡位置时，速度方向与相对于平衡位置的位移的方向相同，当物体靠近平衡位置时，速度方向与相对于平衡位置的位移的方向相反，可知，当相对于平衡位置的位移为负值时，速度可能为正值，也可能为负值，但加速度一定为正值。 故选C。 2．C 【详解】穿过线框的磁通量先增大后减小，再增大后减小，根据右手定则可以判定，导线上侧的磁场方向向里，线框靠近导体时，磁通量增大，产生的感应电流的磁场方向向外，产生逆时针方向的感应电流，线框越过导线时，磁通量减小，产生顺时针方向感应电流，线框一半越过导线后，磁通量逐渐增大，则产生感应电流为顺时针，当继续下落至线圈全部越过导线之后，磁通量逐渐减小，同理可知，感应电流方向为逆时针。 故选C。 3．B 【详解】B．当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a，且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流（从右向左看）且被螺线管吸引，故B正确； A．当导体棒向左做加速运动时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a，且增大，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在增强，由楞次定律知c中出现逆时针方向的感应电流（从右向左看）且被螺线管排斥，故A错误； C．当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，C错； D．当导体棒向右做加速运动时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由a到b，且增大，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向右在增强，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流（从右向左看）且被螺线管排斥，故D错误； 故选B。 4．C 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律 根据欧姆定律，金属框内感应电流 由图乙可知为定值，S、R也是定值，所以金属框内感应电流不变，故A错误； B．根据安培力公式（L为金属框在磁场中的有效长度 虽然I和L不变，但B是变化的，所以安培力F是变化的，故B错误； C．时，为0，此时安培力为0，对金属框进行受力分析，金属框受重力G和细线的拉力T，根据平衡条件可得，即细线中的拉力一定等于金属框的重力，故C正确； D．内，磁感应强度B向外减小，由楞次定律可知，线框产生的感应电流方向为逆时针，线框受到的安培力向下，对金属框进行受力分析有 所以细线中拉力一直大于金属框的重力，故D错误。 故选C。 5．D 【详解】AB．在时间为0到范围内，由几何关系可知，线框有效切割长度为，可得感应电动势 可知感应电动势随时间线性减小，根据右手定则可判断电流方向由b指向a，所以感应电流为正方向，且线性减小到0；在时间为到范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流；在时间为到范围内，线框有效切割长度为，可得感应电动势 可知感应电动势线性减小，根据右手定则可判断电流方向由c指向a，所以感应电流为负方向，且线性减小到0，故AB错误； CD．由以上分析可知，在时间为0到范围内，线框处于磁场中的实际长度为，可得安培力大小为 根据左手定则可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方向，其大小为 同理得在时间为到到范围内，有 且拉力方向为正。在时间为到范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流，安培力为零，拉力也为零，故C错误，D正确。 故选D。 6．D 【详解】由图乙所示图象可知：Q与t成正比，设比例系数为k，则 Q=kt AB．根据电容的定义式可知 感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即 U=BLv 解得 则U与t成正比，v与t成正比，其图象是过原点的倾斜直线，故AB正确； CD．导体棒的速度为 则导体棒做匀加速直线运动，其加速度 电流 其图像是平行于t轴的直线，由牛顿第二定律得 F-BIL=ma 解得 其图像是平行于t轴的直线，故C正确，D错误。 本题选择错误选项； 故选D。 7．A 【详解】根据有效值的定义，则有，方波 得 正弦交流电的电流有效值 根据功率公式P=I2R得到 故选A。 8．C 【详解】A．根据题图2可知浮标的振动周期为，故A错误； B．一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和，，所经过的路程为 故B错误； C．时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确； D．时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。 故选C。 9．BC 【详解】B．因为变压器输入的交流电压可视为不变，故V1示数不变，B正确； D．由于变压器的原、副线圈电压由电源和匝数比决定，因为变压器输入的交流电压可视为不变，故变压器的输出电压不变，当用户的用电器增加时，副线圈的电阻减小，故副线圈电流增大，电流表A2示数变大，D错误； C．变压器原、副线圈电流与匝数成反比，因为副线圈电流增大，所以原线圈电流增大，故电流表A1示数变大，C正确； A．因为副线圈电流增大，定值电阻R0分压变大，故电压表V2示数减小，A错误。 故选BC。 10．BD 【详解】A．由右手定则和左手定则可知，两导体棒所受安培力均向左，因此系统动量不守恒，A错误； BCD．回路总电动势为，随着的减小，的增大，回路总电动势减小，回路电流减小，安培力减小，两棒加速度最终减为零，两棒均匀速运动，设整个过程回路中的平均电流为，则由动量定理，有 棒： 棒： 同时 两式联立，解得，向右；，向左； 流过棒的电荷量为 同时，整个过程中，回路中产生的焦耳热为 则棒上产生的焦耳热为 故C错误，BD正确。 故选BD。 11．AB 【详解】电容器中场强向下，电容器上极板带正电，根据回路电流方向可知，电容器正在充电，电容器电荷量在增大，电容器两极板的电场增强，电场能在增加，根据能量守恒定律可知，磁场能在减小，回路电流在减小，a点与正极板相连，b与负极板相连，则a点电势比b点电势高，故AB正确，CD错误。 故选AB。 12．BCD 【详解】A．设发电机输出电压为，升压变压器输出电压为，输电线电流为，降压变压器输入电压为，滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，降压变压器的等效电阻 阻值增大，则输电线上的电流 减小，输电线上电压损失 减小，降压变压器的输入电压 增大，由 可知输电效率升高。故A错误； B．依题意 又 ， 联立，解得 可得 故B正确； CD．当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，降压变压器等效电阻阻值减小，输电线上电流增大，降压变压器输入电压减小，根据 可知输电线电阻R0消耗的功率一直增大。滑片P1在滑动过程中，等效电阻的最大值和最小值分别为 ， 根据 可知当滑动变阻器Rx消耗的功率最大，所以滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小。故CD正确。 故选BCD。 13．(1)a (2)B (3)C 【详解】（1）滑动变阻器采用限流接法，为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器接入电阻应为最大值，即滑动变阻器的滑片应放置在a端。 （2）A．开关闭合瞬间，线圈A电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中能够产生感应电流，故A不符合题意； B．开关闭合后，滑动变阻器滑片不动，线圈A电流不发生变化，穿过线圈B的磁通量没有发生变化，线圈B中不能够产生感应电流，故B符合题意； C．开关断开瞬间，线圈A电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中能够产生感应电流，故C不符合题意； D．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，线圈A电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中能够产生感应电流，故D不符合题意。 故选B。 （3）A．将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，线圈A电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，此时发现电流计指针右偏，表明当穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针将向右偏；当拔出线圈A时，穿过线圈B的磁通量减小，则电流计指针将向左偏，故A错误； B．将滑动变阻器的滑片向左移动，滑动变阻器接入电阻增大，通过线圈A的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，结合上述可知，电流计指针将向左偏，故B错误； C．将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻减小，通过线圈A的电流增大，则穿过线圈B的磁通量增大，结合上述可知，电流计指针将向右偏，故C正确。 故选C。 14．(1)AD (2)BC (3)12.0 (4) 【详解】（1）根据单摆周期公式 可得 可知在实验过程中摆球越重，空气阻力对实验的影响越小，摆长越长，周期越长，测量误差越小。 故选AD。 （2）根据单摆周期公式 可得 A．开始计时时，过早按下秒表，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故A错误； B．实验时误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故B正确； C．测摆长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确； D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故D错误。 故选BC。 （3）10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知小球的直径为 （4）根据单摆周期公式 可得 可知图像的斜率为 可得 15．（1） ；（2）；（3）36cm 【详解】（1）由图像可知 ， 则 所以该简谐运动表达式为 （2）将t=0.9s代入（1）式得t=0.9s时的位移 （3）在0～3.6s内，经过的周期数 振子在1T内通过的路程为4A，0.5T内通过的路程为2A，则在0～3.6s内振子通过的路程为 16．（1），141V；（2）；（3）4.45J 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到图示位置时，线框的线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边（或cd）边一根导线切割磁感线所产生的电动势： 对于n匝线圈，ab边与cd边构成的电源串联一起切割磁感线，则： 代入数据解得：； （2）电动势有效值为： 根据闭合电路欧姆定律： ； （3）外力所做的功转化为电能： 解得：。 17．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）若将重物c锁定在地面上，则a杆静止不动。b杆产生感应电动势 感应电流 安培力 b杆加速运动，由牛顿第二定律 当加速度减小到零时，b杆做匀速直线运动，即 可得b杆稳定速度 （2）重物c刚要离开地面时，则有 则a杆所受安培力 ab两杆串联，电流相等，所以b杆安培力是a杆的0.5倍 由可知电路中电流 电动势 由可知此时b杆的速度 从b杆开始运动到重物c刚要离开地面过程，对b杆利用动量定理有 设b杆运动的位移为x，则 代入上式，可得 对b杆利用动能定理有 可得克服安培力做的功 此过程回路产生的总焦耳热 （3）重物c解除锁定后，设某时刻a、b两杆的速度分别为、，回路中产生的感应电动势 回路中总电流 b杆的加速度 a杆和重物c看作一个整体，则加速度 a、b两杆均加速运动，分析可知，当 时，回路中电流达到最大值，则有 代入数据，可得 学科网（北京）股份有限公司 $$