安徽省十校联考2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第二学期高二期中联考物理（A卷）考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：选择性必修第一册第一，二章，选择性必修第二册。一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图是电磁波发射电路中的电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带正电，下极板带负电，则以下说法正确的是（）A.线圈中的磁场向上且正在增强B.电容器中的电场向下且正在减弱C.若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大D.若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，电容器正在充电，则电流正在减小，即线圈中的磁场向上且正在减弱，A错误；B．电容器正在充电，则电容器中的电场向下且正在增强，B错误；C．若在线圈中插入铁芯，则自感系数L变大，根据 可知，发射电磁波的频率变小，C错误；D．若增大电容器极板间的距离，根据可知C减小，根据则发射电磁波的频率变大，波长变小，D正确。故选D。2.如图甲所示，粗细均匀绝缘导线弯成正方形线框a和内切圆形线框b，两线框在同一平面内，磁场方向垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，两线框产生感应电动势分别为和，感应电流大小分别为和，以下说法正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．设圆形线框半径为r，正方形线框边长，正方形线框面积，圆形线框面积，两线框处在均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律，有则两线框产生感应电动势之比 故AB错误；CD．设单位长度电阻为，正方形线框电阻圆形线框电阻根据欧姆定律有两线框中感应电流大小之比故C正确，D错误。故选C。3.如图所示，理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦交流电，副线圈接入滑动变阻器和定值电阻R。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）A.电流表示数增大B.电流表示数减小C.原线圈输入功率先增大后减小D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大【答案】B【解析】【详解】AB．设与R并联的电阻为，则副线圈电路总电阻为变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程，Rx减小，增大。理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦 交流电，变压器的输入电压不变，根据电压与变压器匝数关系可知输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知副线圈电路中电流减小，即电流表示数减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的电流减小，即电流表示数减小，故A错误，B正确；C．原线圈电路的电流减小，变压器的输入电压不变，根据可知原线圈输入功率减小，故C错误；D．并联部分电路电阻为减小，减小，副线圈电路电流减小，根据欧姆定律可知并联电路两端的电压减小，由电功率公式可知定值电阻R消耗的功率减小，故D错误。故选B。4.如图1、2分别是甲、乙两种交流电的关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为（　　）A.B.C.D.1：1【答案】A【解析】【详解】设甲、乙两种交流电的有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据对于甲交流电有解得对于乙交流电有 解得则故选A。5.如图所示，水平面上放置光滑竖直圆弧轨道abc，b点为轨道最低点，弧abc对应的圆心角很小，第一次将小球放置在a点无初速度释放，小球到达最低点b所用时间为；然后在ab两点搭建光滑斜面，第二次将小球放置在a点无初速度释放，小球沿斜面到达最低点b所用时间为，小球可视为质点，则为（　　）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设圆弧轨道半径为R，小球在圆弧轨道运动等效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期小球从a点到b点时间ab两点搭建斜面，设斜面倾角为，即弦切角为，根据牛顿第二定律可得小球加速度由几何关系得弦 小球由a点到b点时间，有解得则有故选B。6.如图所示，“品”字型线框abcdefgh高为2L，宽为3L，单位长度阻值相同，长度为L的线框对应电阻为R，线框在外力作用下以速度v匀速进入匀强磁场，磁感应强度大小为B，从ab边进磁场开始计时，线框电动势e、电流i、线框的热功率P、外力F随时间t变化规律如选项图所示，规定线框中电流顺时针方向为正，下列图像正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】时间内，ab边切割磁感线，产生电动势 由右手定则，电流方向为逆时针，电流为电功率为外力F等于安培力时间内，ba和gh边切割磁感线，产生电动势电流方向为逆时针，电流电功率为外力F等于安培力时间内，ab边切割磁感线，产生电动势电流方向为逆时针，电流电功率为外力F等于安培力 故选C7.如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围内，以速度沿x轴正方向进入第一象限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量，质量，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（　　）A.该区域磁场的最小面积为B.粒子在磁场中运动最长时间为C.粒子在磁场中运动最短时间为D.粒子在磁场中动量变化量的最大值为【答案】D【解析】详解】A．洛仑兹力提供向心力解得所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，即粒子从x轴上点离开磁场，即所有粒子磁聚焦到点，如图所示 区域最小磁场面积故A错误；BC．粒子在磁场中运动的周期粒子在磁场中运动最长时间粒子在磁场中运动最短时间故BC错误；D．粒子在磁场中运动动量变化量的最大值故D正确。故选D。8.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为，左端连接电阻，轨道平面内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为，导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，导体棒质量，电阻为，初始时导体棒位于导轨左端。在平行于导轨外力作用下，导体棒沿导轨以速度向右做匀速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.导体棒中感应电流I随时间t变化规律为B.导体棒所受拉力F随时间t变化规律为C.0~2s内通过电阻R的电量为8CD.时外力的瞬时功率为128W【答案】CD【解析】【详解】A．经时间t导体棒移动位移回路面积回路产生感生电动势根据楞次定律和安培定则，导体棒电流方向由a到b，t时刻导体棒切割磁感线产生的动生电动势根据右手定则，导体棒电流方向由a到b，两个电动势方向一致，回路电动势根据欧姆定律有故A错误；B．导体棒匀速运动，所受拉力与安培力等大反向，可得导体棒所受拉力大小故B错误；C．通过电阻电流表达式在图像中对应图线面积表示电量，0~2s内通过电阻R的电量 故C正确；D．时外力其功率故D正确。故选CD。9.如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为【答案】ACD【解析】【详解】A．小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；B．球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得 解得故B错误；C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有解得由能量守恒得解得故C正确；D．小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知对小球由动量定理得由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为故D正确。故选ACD。10.如图所示，三个半径均为R圆形区域I、II、III，圆形区域两两相切，圆心分别为、、，区域I、III内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为，一粒子以速度沿方向从区域I边界进 入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是（　　）A区域II磁场方向垂直纸面向里B.区域II磁感应强度大小为C.粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为D.粒子在区域II中速度变化量为【答案】BC【解析】【详解】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示A．粒子沿方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿方向从区域III边界射出，根据左手定则，可知区域II磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；B．三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域I、III内各转过60°角，由几何关系有由洛仑兹力提供向心力，有 粒子在区域II转过120°角，由几何关系有由洛仑兹力提供向心力，有得故B正确；C．粒子在区域I、III周期相等粒子在区域II周期粒子从进入磁场到离开磁场所用时间故C正确；D．粒子在区域II中速度方向改变了120°角，速度变化量故D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题，共14分）11.如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。 （1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为________；（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向________；（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成________（填“正比”或“反比”）。【答案】①.②.垂直纸面向里③.反比【解析】【详解】（1）[1]根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式解得（2）[2]导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里。（3）[3]在图像中，图线为过原点的直线，可见直线电流产生磁感应强度大小跟距离成反比。12.实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。（1）下列操作可以减小误差影响的是________；A.小球应选重而小的钢球 B.小球的摆动平面必须为竖直面C.摆球从平衡位置拉开任意角度后释放（2）单摆的周期为________；（3）当地重力加速度为________；单摆的摆长为________；小球摆动的最大偏角的余弦值为________。（用，，表示）【答案】①.AB##BA②.③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]A．实验中为了减小阻力的影响，应选择重而小的钢球，故A正确；B．小球摆动必须在竖直平面内，否则不是单摆振动，故B正确；C．球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度，故C错误。故选AB。（2）[2]根据题意可知，小球在最高点时，绳子拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，则由图（2）可知，单摆的周期（3）[3][4][5]根据题意，设小球最大偏角为，小球在最高点，由平衡有在最低位置有由机械能守恒有解得根据单摆周期公式解得 三、计算题（本题共3小题，共计46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.导轨a、b由半径为的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d良好衔接，导轨a、b部分宽度为，导轨c、d部分宽度为，金属棒P和Q质量分别为和，电阻大小均为，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过时间P棒到达轨道最低点，此时P棒对导轨压力为其重力的两倍，同时Q棒解除锁定，两棒运动过程始终保持平行，水平导轨均足够长，且P棒始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，全属棒与轨道接触良好，不考虑一切摩擦，经过足够长时间后，重力加速度为g取（结果可用分数表示），求：（1）解除锁定前通过棒的电量；（2）解除锁定前P棒所受安培力和支持力的合力冲量大小；（3）两金属棒最终速度大小。【答案】（1）0.4C；（2）2Mg，；（3），【解析】【详解】（1）解除锁定前通过导体棒的电量（2）导体棒P到达圆弧导轨最低点时速度为，由牛顿第二定律，有且 得P棒沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力冲量大小为I，根据动量定理作出矢量图如图所示可得（3）解除锁定后，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流为零，设两棒最终速度分别为和，由于由动量定理，对P棒有对Q棒有得14.如图所示，在平面内x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方 和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小相等，方向与y抽平行，时刻，质量为m、电荷量为的粒子从P点沿x轴正方向射入电场，从x轴上Q点进入磁场，进入磁场时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后垂直于MN边界进入上方电场，Q点坐标为，粒子重力不计，求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）粒子经过x轴的横坐标。【答案】（1）；（2）；（3）（，1，2…）【解析】【详解】（1）粒子从P到Q点做类平抛运动，x方向做匀速度直线运动在y方向做匀加速直线运动再由Q点速度合成图可知联立以上可得（2）由题意画出粒子的轨迹如图所示 偏转角为30°，由几何关系可知，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径洛伦兹力提供向心力解得（3）由周期性可知粒子向上经过x轴的位置为，，1，2，…粒子向下经过x轴的位置为，，1，2，…15.如图所示，质量为的木板B静止在光滑水平地面上，其右端d处（d大小可调节）用锁扣固定滑块C，质量的小滑块A（可视为质点）静止于木板左端，现水平向右迅速敲击小滑块A，打击冲量大小使小滑块向右运动。已知滑块与木板间动摩擦因数为，整个过程中滑块A始终未滑离木板B，木板与右侧滑块C碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，重力加速度g取。（1）多次碰撞后小滑块A未滑离木板B，求木板的最短长度；（2）若，多次碰撞后滑块A和木板B最终均静止，求整个过程中木板B的总路程。【答案】（1）4.5m；（3）6.25m 【解析】【详解】（1）根据动量定理，有得木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静止，根据能量守恒，有得（2）滑块A加速度木板B加速度假设在第一次碰撞前A、B已共速，第一次碰撞前达到共速为，由动量守恒，有得木板B位移故假设成立，此后木板B匀速运动与滑块C碰撞反弹，滑块A与木板B第二次达到共速，有得第二次碰后B运动到最左端的位移为 故在第二次碰前A、B已共速，，以此类推，每次碰前二者已经达到共速，同理滑块A与木板B第三次达到共速，有可得……第三次碰后到左端的距离为类推到第n次碰后有木板B运动的总路程当时，木板B运动的总路程