2022-2023学年北京市通州区高二（下）期中物理试卷-普通用卷

合外力冲量，再结合时间，分析动量变化率。本题考查学生对动量定理、动量变化率的掌握，比较基础。2.【答案】A 【解析】解：A.根据左手定则，可判断图中安培力方向竖直向上，故A正确；B.根据左手定则，可判断图中安培力方向竖直向下，故B错误；C.根据左手定则，可判断图中安培力方向垂直纸面向外，故C错误；D.根据左手定则，可判断图中安培力方向竖直向上，故D错误。故选：A。根据左手定则结合图像判断。本题考查安培力的方向，要求掌握左手定则。3.【答案】A 【解析】解：A.家用WiFi所使用的电磁波频率大于微波炉所使用的电磁波频率，由于电磁波在空气中的传播速度均为光速，由c=λf知家用WiFi所使用的电磁波波长小于微波炉所使用的电磁波波长，故A正确；B.由于WiFi所使用的电磁波波长小，更不容易发生衍射现象，故B错误；C.家用WiFi所使用的电磁波频率更高，粒子性强，比北斗导航所使用的电磁波传播的方向性更好，故C错误；D.从一个房间穿越墙壁进入另一个房间时其频率不会变化，故D错误。故选：A。本题根据明显的衍射现象条件、波速波长频率关系、电磁波的特点，即可解答。本题考查学生对电磁波的特点、明显的衍射现象条件的掌握，比较基础。4.【答案】C 【解析】解：B、由交变电流的表达式可知电压的有效值为U1=3112V=220V根据原副线圈电压与匝数成正比可得，副线圈两端电压为U2=44V，即电压表的示数为44V，故B错误A、通过电阻R的电流I2=U2R=4422A=2A由原副线圈电流与匝数成反比得I1=0.4A，即电流表的示数为0.4A，故A错误；C、变压器两端功率相等，故原线圈的输入电功率等于输出功率P=U2I2=44×2W=88W故C正确；D、交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，变压器不改变交流电的频率，故D错误。故选：C。根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。5.【答案】C 【解析】解：A.线圈在位置A时，通过线圈的磁场斜向下，线圈向下运动，从A到B过程，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针(俯视)，故A错误；B.线圈在位置C时，通过线圈的磁场斜向上，线圈向下运动，从B到C过程，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针(俯视)，故B错误；C.在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，根据磁通量定义，则线圈在位置B时穿过线圈的磁通量为零，故C正确；D.根据对称性可知，A、B之间和B、C之间的距离相等，但线圈在位置C时的运动速度较大，磁通量变化较快，则线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大，故D错误。故选：C。根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生．根据楞次定律来确定感应电流的方向；感觉法拉第电磁感应定律判断。解答本题关键要掌握判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用．要注意线圈通过B位置时磁通量为零。6.【答案】C 【解析】解：BD、电子在电场中加速，设加速后电子速度大小为v，设加速电压为U，由动能定理得：eU=12mv2−0，解得：v=2eUm，由于不知加速电压，不能求出电子做圆周运动的速度大小，由于不知电子的速度大小，页无法求出加速电压大小，故BD错误；A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：r=mveB，由于不知道电子的速度，无法求出电子做圆周运动的轨道半径r，故A错误；C、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动周期T=2πrv=2πmeB，由于m、e、B已知，可以求出电子做圆周运动的周期，故C正确；故选：C。电子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意应用动能定理、牛顿第二定律与周期公式分析答题。本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，知道电子在电场中加速运动时，利用动能定理可求出加速获得的速度．电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供．7.【答案】D 【解析】解：根据左手定则可知，金属杆所受安培力垂直于杆斜向右下方，受力如图所示：金属杆处于静止状态，根据平衡条件得：f=FsinθFN=mg+Fcosθ金属杆所受摩擦力大小为Fsinθ，故AB错误，由牛顿第三定律知金属杆对导轨压力大小为mg+Fcosθ，故C错误，D正确。故选：D。根据安培力公式计算安培力大小，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件列方程计算。本题考查通电导体在磁场中的问题，要求掌握安培力公式和左手定则，平衡条件。8.【答案】B 【解析】解：我国北京上空地磁场方向有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，其大小为E=ByLv−=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω，故ACD错误，B正确。故选：B。螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，切割磁感线产生感应电动势。b端转动的线速度大小为vb=Lω，根据E=ByLv−求叶片中感应电动势。根据右手定则判断电势高低。解决本题的关键要会根据公式E=BLv−推导转动切割产生感应电动势的表达式，能熟练运用右手定则判断电势高低。9.【答案】D 【解析】解：AB、开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感现象的作用，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，所以A灯电流逐渐增大，A灯会逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，最后A灯会和B灯一样亮，故AB错误；C、断开开关S后，两灯泡与电感线圈形成闭合回路，此时通过小灯泡的电流不会大于断开开关之前通过小灯泡的电流，A、B灯逐渐熄灭，故C错误；D、断开开关S前，B灯电流从左向右，断开S后线圈的自感电动势阻碍电流的减小，线圈是电源，B灯电流从右向左，故D正确。故选：D。开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光，由于线圈的阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭。对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。10.【答案】D 【解析】解：A.由图可知，粒子受向下的洛伦兹力，而磁场的方向是垂直纸面向外，故由左手定则可知，四指的方向与速度v的方向一致，所以粒子带正电，故A错误；B.洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，粒子在Q点的速度大小为v，故B错误；C.粒子轨迹如图所示根据Bvq=mv2R，v=2πRT可得T=2πmqB则粒子在磁场中运动时间为t=θ2π×T=mθBq故C错误；D.根据几何关系，设圆形磁场半径为r，有rR=tanθ2则r=mvBqtanθ2故D正确。故选：D。根据偏转方向以及左手定则判断粒子电性；画出粒子运动轨迹根据洛伦兹力提供向心力求得轨道半径，再根据弧长公式求得轨迹长度；根据周期公式求运动时间；再根据几何关系求磁场区域半径。本题考查带电粒子在磁场中运动，难度中等，根据题意画出粒子运动轨迹，找到圆心角以及半径是解题关键。11.【答案】D 【解析】解：A、子弹射入物块A的过程中，物块A受到子弹的摩擦力作用，两物块的合外力不为零，动量不守恒，故A错误；B、子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，作用时间相等，由I=Ft知子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B错误；C、子弹射入物块A的过程中，有摩擦生热，子弹和物块A的机械能不守恒，故C错误；D、两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度，设两物块的共同速度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： m弹v0=(m弹+mA+mB)v可知弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同，系统的总动能相同。子弹射入A之后，系统的机械能守恒，可知弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。故选：D。系统动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零。机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功。子弹射入物块A的过程中，根据冲量的定义式I=Ft分析子弹对物块A的冲量与物块A对子弹的冲量大小；根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合列式，判断弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能关系。本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用，解决本题的关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并能用来判断系统的动量和机械能是否守恒。12.【答案】B 【解析】解：设A球与B球碰撞前的速度为v0，发生弹性后A、B的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得 m1v0=m1v1+m2v2根据机械能守恒定律可得 12m1v02=12m1v12+12m2v22联立解得：v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0其中m1=2m，m2=m可得v1=13v0，v2=43v0，因此A、B球碰撞后的速度大小之比为1：4，故ACD错误，B正确。故选：B。A球与B球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，联立求解A、B球碰撞后的速度大小，再求速度大小之比。解答本题的关键要掌握弹性碰撞所遵循的规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，解题时，要规定正方向，用正负号表示速度方向。13.【答案】C 【解析】解：根据变压器的原理可知，原副线圈两端的电压之比为：UbUa=nbna原副线圈两端的电流之比为：IaIb=nbnaA、当增大电源电压时，则副线圈的电压增大，副线圈的电流也增大，故A错误；B、当适当减小原线圈a的匝数时，副线圈的电压增大，则副线圈的电流也增大，故B错误；C、当适当减小副线圈b的匝数时，副线圈的电压减小，则副线圈的电流也减小，故C正确；D、换一个电阻更小的灯泡时，在副线圈电压保持不变的情况下，副线圈的电流增大，故D错误；故选：C。根据原副线圈的匝数比得出原副线圈的电压和电流的比值关系，同时结合选项逐个分析出电流的变化并完成解答。本题主要考查了变压器的构造和原理，熟练掌握原副线圈两端的电流和电压的比值关系，同时结合变化的物理量即可完成分析。14.【答案】C 【解析】解：AB.根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力向下，负离子受洛伦兹力向上，所以发电机的上极板M为负极，电机的下极板N为正极，故AB错误；C.当达到稳定状态时，设发动机的电动势为E，有Edq=qvB所以E=Bvd所以发电机的效率为η=I2RIE解得：η=IRBvd，故C正确；D.由于E=Bvd若增大M、N两板的面积，发电机的电动势不变，与M、N两板的面积无关，故D错误。故选：C。大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极；抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势，η=I2RIU×100%求发电机效率；根据发电机的电动势表达式E=Bvd分析决定电动势大小的因素。本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素；注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键。15.【答案】AB BC > mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF mA⋅OE2=mA⋅OD2+mB⋅OF2 平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与初速度大小成正比 【解析】解：(1)本实验测量质量需要天平，测量距离需要刻度尺，小球从同一高度做平抛运动时间相同，不需要测时间，故AB正确，C错误。故选：AB。(2)A.斜槽轨道不必须光滑，只需要小球从斜轨上同一位置释放即可，故A错误；B.为保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；C.为确保对心碰撞，A、B两球半径相同，故C正确。故选：BC。(3)为了防止反弹，两个小球的质量应满足mA>mB两球碰撞中动量守恒mAvA=mAvA′+mBvB即mA⋅OEt=mA⋅ODt+mB⋅OFtmA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF两球的碰撞为弹性碰撞，有12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB2即mA(OEt)2=mA(ODt)2+mB(OFt)2mA⋅OE2=mA⋅OD2+mB⋅OF2(4)“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”的依据是平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与初速度大小成正比。故答案为：(1)AB；(2)BC；(3)>，mA⋅OE=mA⋅OD+mB⋅OF，mA⋅OE2=mA⋅OD2+mB⋅OF2；(4)平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与初速度大小成正比。(1)根据实验原理选择测量器材；(2)根据实验原理和注意事项分析判断；(3)根据碰撞中的动量和能量守恒分析推导；(4)根据平抛运动规律分析判断。本题考查验证动量守恒定律实验，要求掌握实验原理和数据处理。16.【答案】ACD AC A 【解析】解：(1)A.开关闭合瞬间，线圈B中磁通量发生变化，有感应电流产生，电流计指针会偏转，故A正确；B.只要开关是闭合的，若线圈A、B位置不变，线圈B中磁通量不发生变化，电流计指针不会偏转，故B错误；C.该装置是用来探究线圈B中感应电流产生条件的，故C正确；D.开关闭合，向右匀速移动滑动变阻器滑片的过程中，线圈A中电流发生变化，线圈B中磁通量发生变化，线圈B会产生感应电流，电流计指针会偏转，故D正确。故选：ACD。(2)AB.滑片P从最左端滑到最右端，电路中接入的电阻越小，由闭合电路欧姆定律知线圈A中电流变大，所以螺线管A的磁性变强，故A正确，B错误；CD.螺线管A的磁性强弱变化快慢只影响指针摆动幅度大小，不影响指针摆动方向，故C正确，D错误。故选：AC。(3)滑动变阻器的滑片P不动，只以不同的速度插入线圈A，若三次依次插入的速度v1