2022-2023学年四川省仁寿重点学校高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 如图所示，相距为的两平行直金属导轨、水平放置，电阻接在导轨的端和端之间，长为的导体棒放在导轨、上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为的匀强磁场中。使导体棒以水平速度向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为。回路中产生的感应电动势和导体棒受到的安培力分别为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
2. 材料相同的均匀直导线、串联在电路上时，沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示。已知导线长为，导线长为，则、两导线的横截面积之比是( )
A. B. C. D.
3. 如图所示，在匀强电场中，一质量为、带电量为的小球从点由静止开始自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是( )
A. 小球的电势能一定减小 B. 小球一定做匀加速直线运动
C. 小球所受电场力一定做正功 D. 小球所受电场力一定为
4. 如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为不计人的身高，可以把人看作质点( )
A. B. C. D.
5. 一个静止的质量为的原子核，放出一个质量为的粒子，粒子离开原子核时相对核的速度为，则形成的新核速度大小为( )
A. B. C. D.
6. 在如图所示的电路中，和是两个相同的灯泡。线圈的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关时，先亮，逐渐变亮 B. 闭合开关时，和同时亮
C. 断开开关时，闪亮一下再熄灭 D. 断开开关时，流过的电流方向向左
7. 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为，砂袋质量为，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法中正确的是( )
A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B. 弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒
C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
8. 如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球、、，其中、静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球以速度与小球正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间( )
A. 、的速度变为，的速度仍为
B. 、、的速度均为
C. 、的速度变为，的速度仍为
D. 、、的速度均为
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 质量为的小球以的速度与质量为的静止小球正碰，关于碰后的速度和，下面可能的是( )
A. B. ，
C. ， D. ，
10. 木块和用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，紧靠在墙壁上，在上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A. 尚未离开墙壁前，和组成的系统动量守恒
B. 尚未离开墙壁前，和组成的系统动量不守恒
C. 离开墙壁后，和组成的系统动量守恒
D. 离开墙壁后，和组成的系统动量不守恒
11. 如图所示，足够长的光滑形导轨宽度为，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为的电阻，置于磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为、有效电阻为的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为，则以下说法中正确的是( )
A. 金属杆所受导轨的支持力等于
B. 金属杆下滑的最大速度
C. 在此过程中电阻上产生的焦耳热为
D. 在此过程中流过电阻的电荷量为
12. 如图所示，电阻、电容器与一半径为的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由均匀增加到。在此过程中( )
A. 流过的电流方向从到 B. 线圈中产生的感应电动势为
C. 电容器下极板带正电，上极板带负电 D. 电阻消耗的功率逐渐增大
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. 某中学实验小组利用如图所示电路探究“电磁感应现象”。
如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：
将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将____________________选填“左偏”“不偏”“右偏”。
将通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将____________________选填“左偏”“不偏”“右偏”。
在上述实验中，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈中将_________________。
A. 因电路不闭合，无电磁感应现象
B. 有电磁感应现象，有感应电动势，但无感应电流
C. 不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
14. 在“验证动量守恒定律”的实验中，先让球直接滚下，记录其做平抛运动的水平位移，在让球撞击静止在末端的球，而后分别记录两球做平抛运动的水平位移，请回答下列问题。
实验记录如图所示，则球碰前做平抛运动的水平位移是图中的_____，球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的_____。两空均选填“”、“”或“”
小球下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果_____产生误差选填“会”或“不会”。
若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则正确的是( )
A.， ．，
C.， ．，
为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_____填下列对应的字母。
A.游标卡尺 刻度尺 天平秒表
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
15. 如图所示，一小型发电机内有匝矩形线圈，矩形面积，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，发电机线圈两端与的电阻构成闭合回路。
求线圈转动时产生感应电动势的最大值；
从线圈平面通过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
求从线圈平面通过中性面开始，线圈转过角的过程中通过电阻横截面的电荷量。
16. 如图，在水平地面上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度的有界匀强磁场区域，上边界距离地面的高度。正方形金属线框的质量、边长，总电阻，线框的边距离上方处由静止开始自由下落，始终在竖直平面内且保持水平。取求：
线圈刚进入磁场时受到安培力的大小和方向；
线框从开始运动到边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热；
通过计算画出线框从开始运动，到边恰好到达地面过程的图像。要求标注关键数据
17. 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为，半圆形轨道的底端放置一个质量为的小球，水平面上有一个质量为的小球以初速度开始向着小球运动，经过时间与发生弹性碰撞。设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球与水平面间的动摩擦因数，求：
两小球碰撞前的速度大小；
小球运动到最高点时对轨道的压力；
小球所停的位置距圆轨道最低点的距离。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产生的感应电动势：
磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度，有：，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据即可求出感应电动势的大小，再根据安培力公式即可求出安培力大小。
本题考查导体棒切割产生电动势以及安培力的计算，要注意明确中的为有效长度，而安培力的计算中为导体棒的长度。
2.【答案】
【解析】解：电阻串联，电流相等，则：
根据电阻定律：
同种材料的电阻，电阻率相同，导线的长度之比：
联立方程，则导线的横截面积之比为：
故A正确，BCD错误；
故选：。
串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出和导线的横截面积之比。
本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大，关键是正确理解图象的意义。
3.【答案】
【解析】解：、粒子从静止开始做直线运动，电场力与重力合力为恒力，所以合外力一定与速度方向共线，做匀加速直线运动，如下图所示：
电场力的方向可能与速度方向成锐角、直角或钝角，所以电场力可能做正功、不做功或负功，电势能可能减小、不变或增大，故AC错误，B正确；
D、电场力的的取最小值时，电场力与合力方向垂直：，所以电场力可能大于，故D错误。
故选：。
根据受力分析判定力与运动方向关系，从而做功情况和能量变化情况；根据三角形定则知电场力的最小值。
带电粒子在电场的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先分析受力情况再分析运动状态和运动过程，然后选用恰当的规律解题。
4.【答案】
【解析】
【分析】
此题主要考查动量守恒定律，关键是找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系。
人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速，根据动量守恒列出等式求解。
【解答】
人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度，气球的速度，设运动时间为，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得，则，解得，则绳子长度，即绳子至少长长，故A正确，BCD错误。
故选A。
5.【答案】
【解析】
【分析】
首先要抓住“粒子离开原子核时相对核的速度为”求出粒子相对地面的速度，再使用动量守恒定律可得．
该题中要注意“粒子离开原子核时相对核的速度为”是解决问题的关键，属于易错题．
【解答】
设新核速度为，则粒子的速度为，则由动量守恒定律得，解得，负号代表与方向相反，C正确．
故选：。
6.【答案】
【解析】
【分析】
当电键闭合时，通过线圈的电流增大，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮，断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
本题主要考查自感现象。
【解答】
合上开关时，灯立即发光；通过线圈的电流增大，线圈会产生自感电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯逐渐亮起来；当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，通过两灯的电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；
稳定后断开开关时，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈、灯与灯构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯不会出现闪亮一下，且流过灯的电流方向向右，故CD错误。
7.【答案】
【解析】
【分析】
弹丸打入砂袋过程中，根据砂袋运动状态的变化，受力分析得出细绳拉力的变化。弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋之间存在摩擦力，系统产生热量，机械能减少。弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量。弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。
【解答】
A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋做圆周运动的速度不断增大，所需要的向心力由绳子拉力和重力提供，砂袋重力不变，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误；
B、弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋之间存在摩擦力，系统产生热量，机械能减少，故B错误；
C、弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律：，得
产生的热量为，故C错误；
D、弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得
，，故D正确
故选：。
8.【答案】
【解析】解：、碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，、系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，、碰撞过程，所受合外力为零，的动量不变，保持静止，速度仍为，故ABD错误，C正确；
故选：。
系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意，应用动量守恒定律分析答题．
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律可以解题，本题难度不大，是一道基础题．
9.【答案】
【解析】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：，解得：，
如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
解得：，，
则：，，故AB正确，CD错误；
故选：．
两球碰撞过程系统动量守恒，根据碰撞类型应用动量守恒定律求出球的速度，然后分析答题．
本题考查了求小球的速度，应用动量守恒定律可以解题；解题时要注意讨论：碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞，否则会漏解．
10.【答案】
【解析】
【分析】
判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零，当撤去外力后，尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零；离开墙壁后，系统所受的外力之和为。
解决本题的关键理解系统所受合外力为零时动量守恒，并能对实际的问题进行判断，此题属于基础题。
【解答】
当撤去外力后，尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以和组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确；
离开墙壁后，系统所受的外力之和为，所以、组成的系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】
【解析】解：、金属杆沿导轨下滑的过程中，所受安培力方向平行于斜面向上，金属杆在垂直导轨方向上处于平衡状态，则金属杆所受导轨的支持力，故A正确；
B、金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则由平衡条件有
其中
联立解得：，故B错误；
C、根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为
电阻产生的焦耳热为，故C错误；
D、在此过程中流过电阻的电荷量为
其中，
联立可得：，故D正确。
故选：。
根据金属杆在垂直导轨方向上受力平衡，来求解金属杆所受导轨的支持力。金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求解最大速度。根据能量守恒定律求解焦耳热；根据求解流过电阻的电荷量。
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系，来推导电阻的电荷量表达式，式中应是回路的总电阻。
12.【答案】
【解析】解：、线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从到，说明点电势高，则电容器上极板带正电，下极板带负电，故A正确，C错误。
B、根据法拉第电磁感应定律：，故B正确。
D、电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：，可知电阻上消耗的功率不变，故D错误。
故选：。
根据法拉第电磁感应定律求解线圈中产生的感应电动势。
根据楞次定律判断流过电阻的电流方向，判断电容器上、下极板的电性。
根据功率公式判断电阻消耗功率的变化。
本题考查了法拉第电磁感应定律的相关计算，解题的关键是法拉第电磁感应定律和楞次定律的灵活运用。
13.【答案】右偏；左偏；
【解析】
【分析】
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同，知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
根据楞次定律确定电流的方向，判断指针的偏转；
当穿过线圈的磁通量发生变化时，一定有感应电动势，若闭合时，才有感应电流，可以由楞次定律来确定感应电动势的方向。
【解答】
闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏转；
原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；
如果副线圈两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，故B正确，AC错误。
14.【答案】 不会
【解析】解：撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，小球和小球相撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，所以碰撞后球的落地点距离点最近，小球离点最远，中间一个点是未放球时的落地点，即球碰前做平抛运动的水平位移是图中的，球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的．
只要小球每次到达末端的速度相等，则就不会产生误差；故只要每次让小球从同一点由静止滑下即可，摩擦力不会带来误差；
两球要发生对心碰撞，故两球的半径应相同；同时为了防止球反弹，球的质量要大于球；故选D．
小球离开轨道后做平抛运动，由于小球做平抛运动时抛出点的高度相同，则它们在空中的运动时间相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证
则有
可得
由图所示可知，需要验证
因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平。故选BC．
故答案为：，；不会；；
明确实验原理，知道要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替；从而明确实验要求和实验中应注意的事项；两球都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的落地点，根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等。
对于验证动量守恒定律的实验，要学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。
15.【答案】解：线圈中感应电动势的最大值为：
从中性面开始计时，表达式为正弦函数为：
平均电动势
平均电流
转过角过程中的电荷量为
代入数据解得：
答：线圈转动时产生感应电动势的最大值为；
从线圈平面通过中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为；
从线圈平面通过中性面开始，线圈转过角的过程中通过电阻横截面的电荷量为。
【解析】线圈中感应电动势的最大值为；
设从线圈平面通过中性面时开始，表达式为正弦函数；
平均电动势，平均电流，线圈转过角的过程中通过电阻横截面的电荷量。
考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为和瞬时值；求电荷量时，运用交流电的平均值。
16.【答案】解：线框进入磁场前做自由落体运动，当线圈边进入磁场时速度为
线圈的边切割磁感线，产生的感应电动势为
线圈受到的安培力大小为
方向竖直向上。
由以上计算可知，线圈边进入磁场前因为
故线圈做匀速运动，动能不变，由能量守恒定律可知线框产生的焦耳热为
线圈先做自由落体运动，运动的时间
在磁场内匀速运动的时间
完全进入磁场后到落地做加速度为的匀加速直线运动，设运动时间为，则
解得
落地时的速度
所以线框的图像如图所示。
答：线圈刚进入磁场时受到安培力的大小为，方向为竖直向上；
线框从开始运动到边刚要落地的过程中线框产生的焦耳热为；
见解析。
【解析】线框进入磁场前做自由落体运动，由运动学公式求出线圈刚进入磁场时的速度，由求出线圈产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再由求安培力的大小，并判断安培力方向；
线框进入磁场时，根据安培力与重力的关系，分析线框的运动情况，再由能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热；
根据运动学公式求出线圈各段过程的运动时间以及落地时的速度，再画出图像。
本题电磁感应与力学知识简单的综合，关键要正确计算线圈受到的安培力，分析线圈的运动情况。
17.【答案】解：以 的方向为正方向，碰撞前对由动量定理有：
解得：
对、，碰撞前后动量守恒：
因、发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：
联立以上各式解得： ，
又因为球在轨道上机械能守恒：
解得：
设在最高点，轨道对小球的压力大小为 ，则有：
解得
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上．
对沿圆轨道运动时：
因此沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时的速度大小为由动能定理得：
解得：．
答：两小球碰撞前的速度大小；
小球运动到最高点时对轨道的压力大小为，方向竖直向上；
小球所停的位置距圆轨道最低点的距离．
【解析】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。
对分析，利用动能守恒可求碰撞前的速度；
、碰撞过程动量守恒、机械能守恒，列方程组求碰撞后、的速度，对分析利用机械能守恒求出运动到最高点时的速度，然后根据牛顿第二定律求解球受到的支持力，由牛顿第三定律求解小运动到最高点时对轨道的压力；
利用机械能守恒分析碰撞后球的运动情况，再根据动能定理求小球最终距圆轨道最低点的距离．
第1页，共1页
