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安徽省皖豫名校联盟2022-2023学年高二物理下学期阶段性测试试题(Word版附解析)

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皖豫名校联盟2022-2023学年(下)高二年级阶段性测试(三)物理考生注意:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220V,输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修,该同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈,如图所示。将原线圈接到220V交流电源上,测得新绕线圈两端电压为1V。则(  )A.该充电器原线圈有2200匝B.该充电器原线圈有5500匝C.被烧坏的副线圈有300匝D.被烧坏的副线圈有250匝【答案】C【解析】【详解】AB.设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为、、,变压器的原、副线圈和新绕线圈的电压分别为、、,则有解得该充电器原线圈匝数为 故AB错误;CD.同理可得解得被烧坏的副线圈匝数故C正确,D错误。故选C。2.如图所示,一个正四面体,底面ABC为一个等边三角形,O点为底面ABC的中心。在顶点P处固定一个正点电荷,则下列说法正确的是(  )A.A、B、C三点的电场强度相同B.整个底面ABC为等势面C.将某负试探电荷沿CB边从C移动到B,电场力先做负功后做正功D.将某负试探电荷沿CB边从C移动到B,其电势能先减小后增加【答案】D【解析】【详解】A.A、B、C三点到P点的距离相等,根据点电荷的场强公式分析可知,A、B、C三点的电场强度大小相等,但方向不同,故A错误;B.底面ABC上O点的电势最高,不是等势面,故B错误;C.设BC中点为M,将一负的试探电荷从C点沿直线CB移到B点,从C到M 的过程中,电势逐渐增大,而由于故先做正功,从M到B的过程中,电势逐渐减小,而由于故后做负功,故C错误;D.电场力先做正功,电势能减小,后做负功,电势能增大,故D正确。故选D。3.如图所示,OC是位于光滑绝缘水平面上的等腰三角形ABC底边AB的高,电荷量相等的两个正点电荷分别固定在A、B两点。绝缘光滑杆与OC重合。有一带负电的轻质小球套在杆上,自C点从静止释放后沿CO方向运动,当小球运动到O点时,其速度大小为v,若B处正点电荷的电荷量变为原来的2倍,其他条件不变,仍将小球由C点从静止释放。小球可看作点电荷。下列说法正确的是(  )A.电场力的功变为原来的2倍B.电场力的功变为原来的3倍 C.小球运动到O点时,其速度大小为D.小球运动到O点时,其速度大小为【答案】D【解析】【详解】AB.电荷量相等的两个正电荷,设其电荷量大小为+Q,则两个点电荷各自在CO间的电势差相等,设其为UCO;设轻质小球电荷量为-q,电场力做功为若B处正电荷的电荷量变为原来的2倍,其他条件不变,可以将该电荷看为在B处放置两个相同的电荷量为+Q的电荷,则这三个点电荷各自在CO间的电势差都为UCO,电场力做功为则即电场力的功变为原来的倍,故AB错误;CD.根据动能定理有解得故C错误,D正确。故选D。4.交警使用的某型号酒精测试仪如图1所示,其工作原理如图2所示,传感器的电阻值R随酒精气体浓度的增大而减小,电源的电动势为E,内阻为r,电路中的电表均可视为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时,下列说法正确的是(  ) A.电压表示数变大,电流表的示数变小B.酒精气体浓度越大,电源的效率越低C.酒精气体浓度越大,电源的输出功率越大D.电压表示数变化量与电流表示数变化量绝对值之比变小【答案】B【解析】【详解】A.当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时,传感器的电阻值减小,电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律可知,电路总电流增大,路端电压减小;即电流表的示数变大,通过定值电阻电流增大,两端电压增大,根据可知传感器的电阻两端电压变小,即电压表的示数变小,故A错误;B.电源的效率为酒精气体浓度越大,传感器的电阻值越小,电路外电阻越小,电源的效率越低,故B正确;C.当外电阻与内阻相等时,电源的输出功率最大;酒精气体浓度越大,传感器的电阻值越小,电路外电阻越小,由于不清楚外电阻与内阻的大小关系,故无法判断电源的输出功率的变化,故C错误;D.根据闭合电路欧姆定律可得可得则有 电压表示数变化量与电流表示数变化量绝对值之比保持不变,故D错误。故选B。5.如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳连接两个相同的物体A、B,水平恒力F作用在A上,两者一起以速度v做匀速运动,在时轻绳断开,A在F的作用下继续前进,则下列说法正确的是(  )A.当B物体停下瞬间,A物体的速度为2vB.轻绳断开后,A、B的总动量始终守恒C.在此后运动过程中A、B整体机械能守恒D.轻绳断开之后,拉力F所做的功等于A物体动能的增加量【答案】A【解析】【详解】A.设A、B物体受到的摩擦力为,整体做匀速运动,则轻绳断开后,对B物体对A物体联立解得故A正确;B.在B物体停止前,A、B系统的合力为零,总动量始终守恒;但B物体停止后,A、B物体的合力不为零,总动量不守恒,故B错误; C.B物体减速,B物体的位移小于A物体的位移,故拉力做功大于整体摩擦力做功,整体机械能增加,故C错误;D.轻绳断开之后,A物体受到拉力和摩擦力,拉力和摩擦力的合力所做的功等于A物体动能的增加量,故D错误。故选A。6.如图所示的LC振荡电路中,已知某时刻电流i的方向如图所示,且正在减小,则此时(  )A.电容器C正在放电B.A板带负电C.电感线圈L两端电压在增加D.电场能正在转化为磁场能【答案】C【解析】【详解】已知某时刻电流i的方向如图所示,且正在减小,可知线圈磁场能减小,电容器电场能增加,磁场能正在转化为电场能;电容器正在被充电,A板带正电;根据可知电容器电压增加,电感线圈L两端电压在增加。故选C。7.如图所示,空间存在以圆为边界的磁场区域,氕核()和氦核()先后从磁场边界上的P点沿半径方向射入磁场,并且都从磁场边界M点射出,已知两条半径PO、MO相互垂直,不计两原子核的重力,下列说法正确的是(  )A.氕核与氦核射入磁场的速率之比B.氕核与氦核在磁场运动时间之比C.氕核与氦核射入磁场的动量大小之比D.氕核与氦核在磁场运动加速度大小 之比【答案】A【解析】【详解】A.两粒子运动半径相同,又所以氕核与氦核射入磁场的速率之比,故A正确;B.周期两粒子都运动了各自周期的四分之一,可知,氕核与氦核在磁场运动时间之比1:2,故B错误;C.动量p=mv氕核与氦核射入磁场的动量大小之比,故C错误;D.加速度氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比,故D错误。故选A。二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴竖直向上。第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场,第四象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)。一带电小球从x轴上的A点由静止释放,恰好从P点垂直于y轴进入第四象限,然后做圆周运动,从Q点垂直于x轴进入第一象限,Q点距O点的距离为d,重力加速度为。根据以上信息,可以确定的物理量有(  ) A.小球做圆周运动的速度大小B.小球在第四象限运动的时间C.第四象限匀强电场场强方向D.磁感应强度大小【答案】ABC【解析】【详解】根据题意可知,粒子从P点垂直于y轴进入第四象限,然后做圆周运动,从Q点垂直于x轴进入第一象限,则点为粒子做圆周运动的圆心,由几何关系可知A.粒子在第三象限,由重力和洛伦兹力的作用下,由点运动到点,洛伦兹力不做功,则运动过程中,粒子的机械能守恒,由机械能守恒定律有解得即小球做圆周运动的速度大小为,故A符合题意;BCD.根据题意可知,粒子在第四象限做匀速圆周运动,则有由图结合左手定则可知,粒子带负电,由于电场力的方向竖直向上,则第四象限电场方向为竖直向下,解得 由于不知道、和,则无法得出磁感应强度,粒子在第四象限的运动时间为故D不符合题意,BC符合题意。故选ABC。9.两虚线之间存在如图所示方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B。由同一规格的导线制成单匝边长为L的正方形导线框MQHN,电阻为r。线框沿与磁场边界成角的方向进入磁场,当导线框运动到图示位置时速度大小为v,则(  )A.线框中感应电流方向HNMQHB.线框受到安培力的大小是C.线框所受安培力的方向是由N指向QD.HN两端的电势差【答案】ACD【解析】【详解】A.线框中磁通量在增大,根据楞次定律可得感应电流方向HNMQH,A正确;BC.导线框此时产生的感应电动势大小为此时线框中边MN和HN都受到安培力的作用,大小相等为根据左手定则可知两边受到的的安培力夹角为,所以合力为方向由N指向Q,B错误,C正确;D.HN两端的电势差即为电路的路端电压,根据电路规律有 D正确。故选ACD。10.如图所示,在某空间有匀强电场,电场方向斜向上且与水平方向成角。一质量为m的带正电小球用长度为L且不可伸长的绝缘细线悬挂于O点。开始小球静止于P点,细线水平。现用外力将小球拉到最低点Q由静止释放,小球可视为质点,重力加速度为g,细线始终处于拉直状态,则关于小球从Q运动到P点过程说法正确的是(  )A.小球沿电场线方向由Q运动到P点B.该过程电势能减少了C.机械能增加了2mgLD.到达P点时小球速度大小为【答案】CD【解析】【详解】AD.开始小球静止于P点,受力分析有可得重力与电场力合力方向水平向右,大小为将该合力看成等效重力场,可知小球从Q运动到P点过程中做圆周运动;该过程中根据动能定理有联立解得 A错误,D正确;BC.该过程电场力做正功,电势能减少小球在运动过程中只有重力和电场力做功,电势能减小量等于机械能增加量,故机械能增加了2mgL,B错误,C正确。故选CD。三、非选择题:本题共5小题,共54分。11.如图为验证动量守恒定律的实验装置,实验中小球运动轨迹及落点的情况如图所示。其中O点为轨道末端在水平地面上的投影,A、C两点分别为a、b两小球碰撞后在水平地面上的平均落点位置,B点为a球未与b球碰撞自然飞出的落点,经测量以上三处落点位置到投影O处的水平距离分别是、、,用天平测量两小球的质量分别是、。根据上述物理量完成以下两个问题:(1)如果满足关系式___________,则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。(2)实验时调节a球下落高度,让a球以一定速度与静止的b球发生正碰,测得碰后a球动量正好是b球的2倍,则a、b两球的质量之比应满足___________。【答案】①.②.【解析】【详解】(1)[1]两小球抛出后做平抛运动,下落的高度相等,则有下落的时间相等,设为t,小球在水平方向做匀速直线运动,若a、b碰撞动量守恒,则有可得 整理可得可知如果满足关系式则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。(2)[2]测得碰后a球动量正好是b球的2倍,则有可得则有测得碰后a球动量正好是b球的2倍,则a、b两球的质量之比应满足。12.某学习小组利用伏安法测定一电池组的电动势和内阻,实验原理如图1所示,其中,虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A,V为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变阻器,是标称值为的定值电阻。(1)已知灵敏电流计G的满偏电流、内阻,若要改装后的电流表满偏电流为200mA,应并联一只___________(保留1位小数)的定值电阻。(2)根据某次实验的数据做出图像如图2所示,由图像可知,电池组的电动势 ___________V,电池组的内阻___________(结果均保留2位有效数字)。【答案】①.1.0②.5.4③.1.8【解析】【详解】(1)[1]灵敏电流计G改装为200mA的电流表,应并联的电阻为(2)[2]由闭合电路欧姆定律可得由图像在纵轴上的截距表示电源电动势,可知电动势为[3]由图像斜率的大小表示r+R0的值,可得13.如图所示,小车放在光滑的水平面上并且紧贴右侧竖直墙壁(不粘连),小车质量为3kg,上表面AB段是长为3m的粗糙水平轨道,BC段是半径为0.5m的四分之一光滑圆弧轨道,两段轨道相切于B点,质量为1kg、可视为质点的物块从小车左端A点以4m/s的速度滑上小车。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取,求:(1)物块第一次到达B点时对轨道的压力;(2)物块在小车上最终的位置(离左端A点的距离)。【答案】(1),方向竖直向下;(2)【解析】【详解】(1)小车从A点滑到B点的过程中,设到达B点时的速度为,由动能定理可得解得滑块到达B点后将做圆周运动,设滑块在B点时受到的支持力为,则由牛顿第二定律有 代入数据解得由牛顿第三定律可得,滑块在B点对轨道的压力方向竖直向下。(2)滑块滑上圆弧返回后再次到达B点开始,此后滑块和小车动量守恒,最终达到共速,设共速时的速度为,滑块相对于小车的位移为,由动量守恒定律和能量守恒可得,联立解得则物块在小车上最终的位置(离左端A点的距离)为14.如图所示,间距为的足够长平行金属轨道固定在水平面上,整个装置处在一个磁感应强度、方向竖直向下的匀强磁场中。轨道左端ab间连有一个阻值的定值电阻,一根质量、阻值的金属棒垂直放置在轨道上,金属棒与轨道间的动摩擦因数。现用一个恒定的外力F平行于轨道拉动金属棒,使其从静止开始运动,当前进了、速度达到4m/s时金属棒开始匀速运动,重力加速度g取,求:(1)恒力F的大小;(2)从开始到速度达到4m/s经历的时间;(3)从开始到速度达到4m/s过程电阻R上产生的焦耳热。【答案】(1);(2);(3) 【解析】【详解】(1)金属棒匀速时由平衡关系解得(2)对金属棒根据动量定理其中联立解得(3)对金属棒根据动能定理有由功能关系其中联立解得15.如图所示,在xOy坐标平面内,半径为R的圆形匀强磁场区域边界与x轴相切于原点O,与PM相切于A点,。平行金属板PQ、MN间存在着匀强电场(其中金属板PQ位于x轴上),金属板长度为,H为金属板MN上一点,并且。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子,从O点以相同的速率v均匀向各个方向射入的区域,离子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上。离子到达金属板MN即被吸收,不计离子重力及相互作用。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小B;(2)若仅改变磁感应强度的大小,使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到H点,求:①两金属板间电压大小;②HN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。【答案】(1);(2);【解析】【详解】(1)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,即由几何关系可知,轨迹圆的的半径和磁场圆的半径关系为联立解得(2)①在电场中,离子做类平抛运动,解得②由几何关系可知,轨迹圆的半径,轨迹圆与磁场圆的两个圆心与两圆交点的连线构成 一个菱形,因为,而是竖直的。所以FE也是竖直的,FE是轨迹圆的半径,说明两个圆不管交到哪一点,粒子速度方向都是与FE垂直,水平向右,粒子总是水平进入电场做类平抛运动且初速度大小相等,所以从P点进入电场中的离子的水平位移最大;因为PM=2AM,所以从P点进入电场的粒子运动时间应是从A点进入电场的离子在电场中运动时间的倍;所以其水平位移应为MH=2R,因为MC=R,则从P点进入电场的时间是离子到达C点的离子运动时间的2倍,故到达C点的离子进入电场时到M点的距离是MP的,由几何关系可知,从P点到F点包含的离子转过的圆心角为120°,所以速度的偏向角也为120°,到达MC的速度偏向角只有60°。那么离子数占发射出的总离子数的比例

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2023-05-05 06:39:02 页数:18
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文章作者:随遇而安

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