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）

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