安徽省合肥市庐巢八校2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期第二次集中练习高二物理一、单选题（本大题共6小题，每小题4分）1.如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，线圈所围面积S＝0.1m2，转速12r/min。若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为（　　）A.e＝12πsin120t（V）B.e＝24πsin120πt（V）C.e＝0.04πsin0.4πt（V）D.e＝0.4πcos2πt（V）【答案】C【解析】【详解】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，若从中性面计时，感应电动势的瞬时表达式为其中则瞬时表达式为（V）故选C。2.如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，变压比为1000∶1，乙是电流互感器．变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，则输电线的输送功率为() A.2.2×108WB.2.2×105WC.2.2×104WD.2.2×103W【答案】A【解析】【详解】根据变压器原理，回路电压：；回路电流：，输送功率：，BCD错误A正确．3.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流。通过两电热器的电流有效值之比等于（　　）AB.C.D.【答案】A【解析】【详解】对方波交流电而言，由电流的热效应可得对正弦交流电而言，有效值为 联立解得故选A。4.质量不相等的A、B两球在光滑的水平面上沿同一直线同一方向运动，A在后，B在前，当A追上B并发生碰撞后，速度分别变为、，下列情况不可能出现的是（　　）A.A、B组成的系统动量守恒，机械能增加B.A、B组成的系统动量守恒，机械能减小C.碰撞后A、B反向，且D.碰撞后A、B同向，且【答案】A【解析】【详解】AB．碰撞过程中，动量守恒，机械能不增，A错误，符合题意，B正确，不符合题意；CD．若碰撞后两物体方向相同，因不知道质量大小关系，无法判定碰撞后速度大小关系，C可能出现，不符合题意。若碰撞后如果两物体方向相同，则后面物体的速度应该小于等于前面物体速度，D可能出现，不符合题意。故选A。5.弹簧振子做简谐运动，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A.弹簧振子的周期为，振幅是24cmB.时，振子的加速度方向沿+x方向C.到的时间内，振子的速度逐渐增大D.到的时间内，振子的动能逐渐增大【答案】C 【解析】【详解】A．弹簧振子的周期为，振幅是12cm，所以A错误；B．时，振子的加速度方向沿-x方向，所以B错误；C．到的时间内，振子的速度逐渐增大，位移最大时速度为0，平衡位置速度最大，所以C正确；D．到的时间内，振子的动能逐渐减小，所以D错误；故选C。6.关于以下四幅课本中的插图，下列说法正确的是（　　）A.图甲是速度选择器示意图，若不计粒子重力，由图可以判断出带电粒子的电性B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越小D.图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能【答案】D【解析】【详解】A．图甲是速度选择器示意图，若不计粒子重力，正负电荷受到的电场力与洛伦兹力方向均相反，大小均能满足故由图不可以判断出带电粒子的电性，A错误；B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可知正电荷往B板偏转，负电荷往A板偏转，可以判断出B极板是发电机的正极，B错误；C．图丙是质谱仪结构示意图，由洛伦兹力作为向心力可得整理可得打在底片上的位置越靠近入射点，r越小，粒子的比荷越大，C错误； D．图丁是回旋加速器示意图，由洛伦兹力作为向心力可得则最大动能为故若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，D正确。故选D。二、多选题（本大题共4小题，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分）7.如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块（可视为质点）以速度v0从木板左侧滑上长木板，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，图乙为物块与木板运动图像，图中、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得（　　）A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从开始到时刻系统所产生的内能【答案】ABC【解析】【详解】A．根据题意可知，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，由图可知，物块的对地位移为木板的对地位移为则木板的长度为 故A符合题意；B．根据题意，设木板的质量为，木块的质量为，由图可知，时刻二者共速为，由动量守恒定律有解得故B符合题意；C．根据图像中斜率表示加速度可知，物块的加速度大小为由牛顿第二定律，对物块有解得故C符合题意；D．根据题意可知，从开始到时刻系统所产生的内能为由于不知道木板和木块的质量，则内能不可求，故D不符合题意。故选ABC。8.一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.此单摆的摆长约为1mB.若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动 C.若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应增加摆长D.列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意可知，单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等，当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，由题图可知，单摆的固有频率为，则周期为由单摆的周期公式可得单摆的摆长约为故A正确；B．若摆长增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故B错误；C．若该单摆从福建移到北京，重力加速度变大，要使其固有频率不变，需增加摆长，故C正确；D．列车过桥时需减速，是为了使驱动力频率远小于桥的固有频率，防止桥发生共振，而不是防止列车发生共振，故D错误。故选AC。9.如图所示，一个弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，其中O为平衡位置，某时刻物体正经过C点向上运动，速度大小为vc，已知OC＝a，物体的质量为M，振动周期为T，则从此时刻开始的半个周期内（）A.重力做功2mgaB.重力冲量为 C.回复力做功为零D.回复力的冲量为0【答案】ABC【解析】【详解】A．经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，物体的位移向下，大小为2a，故重力做功为2mga，故A正确；B．时间为，故重力的冲量为故B正确；C．根据简谐运动的对称性可知，经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，此时速度大小也为vc，速度方向向下，动能增加量为零。合力充当回复力，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，合力做功为零，则回复力做功为零，故C正确；D．根据动量定理，合力冲量等于动量的变化，由于动量的变化大小为，则合力的冲量大小为，合力充当回复力，所以回复力的冲量大小为，故D错误。故选ABC。10.如图，固定在水平桌面上的足够长的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（  ）A.金属杆ab做匀加速直线运动B.金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的电流C.金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比【答案】BC【解析】【详解】AC．金属杆受到的安培力为 金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随速度v的增加，安培力变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时金属杆做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；B．由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；D．安培力的功率为如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝at金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2小题，每空或每选项3分，共21分）11.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：（1）用游标卡尺测得小球的直径d=___________mm。（黑点所指为对齐处）（2）若某同学测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。造成图像不过坐标原点的原因可能是___________；（3）若在该实验中测得g值偏小，可能因___________。A．摆球上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加B．计算摆长时，用摆线长，加的是小球直径 C．测量周期时，把n次全振动误记为次全振动，致使周期偏大D．测量周期时，把n次全振动误记为次全振动，致使周期偏小【答案】①.19.90②.摆长中忽略了小球的半径③.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径（2）[2]造成图像不过坐标原点的原因可能是忽略了球的半径，单摆的长度应该为绳长L加球的半径r，即根据得到若忽略了球的半径，则图像不过原点。（3）[3]若在该实验中测得g值偏小，根据A．摆球上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线实际长度增加，会使周期变大，则g的测量值变小，A正确；B．计算摆长时，用摆线长，加的是小球直径，则摆长测量值偏大，则g测量值偏大，B错误；C．测量周期时，把n次全振动误记为次全振动，致使周期偏大，则g的测量值变小，C正确；D．测量周期时，把n次全振动误记为次全振动，致使周期偏小，则g测量值偏大，D错误；故选AC。12.如图所示，利用图示的装置可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系｡ （1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量_____（填选项前的符号），间接地解决这个问题｡A．小球开始释放高度B．小球抛出点距地面的高度C．小球做平抛运动的水平距离x（2）图中点是小球拋出点在地面上垂直投影｡实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分前端，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复｡接下来要完成的必要步骤是_____（填选项前的符号）｡A．用天平测量两个小球的质量、B．测量小球开始释放高度C．测量抛出点距地面的高度D．分别找到、相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_____________【用（2）中测量的量表示】｡（4）本实验还可以检验之间的碰撞是否是完全弹性碰撞｡若之间的碰撞是完全弹性碰撞，则可用_____________验证【用（2）中测量的量表示】｡【答案】①C②.ADE③.④.【解析】【详解】（1）[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中运动的时间相等，小球在水平方向上做匀速直线运动，小球水平位移与小球的初速度成正比，可以利用水平位移替代其初速度，即测量射程x，故C正确，AB错误。故选C。 （2）[2]如果碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得小球离开轨道后做平抛运动，它们的抛出点的高度相等，在空中运动时间t相等，上式两边同时乘以时间t，有可得因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落地点的位置，从而确定小球的水平位移，故ADE正确，BC错误。故选ADE。（3）[3]若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为（4）[4]若之间的碰撞是完全弹性碰撞，则机械能守恒上式两边同时乘以时间，有化解得四、解答题（本大题有3小题，共39分。需要有必要的文字说明和规范的解题过程）13.如图（b）所示，一质量的物块静置在粗糙的水平地面上，物块与地面的摩擦因数，从时刻开始对物块施加一水平力F，其大小如图（a）所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求：（1）到的过程中摩擦力产生的冲量大小和水平力F产生的冲量大小；（2）时物块的速度大小。 【答案】（1）12N·s；21N·s；（2）2.25m/s【解析】【详解】（1）最大静摩擦力等于滑动摩擦力到的过程中为滑动摩擦力，摩擦力产生的冲量大小水平力F产生的冲量为图像与横轴围成的面积（2）根据动量定理解得14.如图所示，光滑水平面上有一静止滑块A，其质量为，一质量为m的滑块B以速度冲向它，求：（1）若两滑块发生弹性正碰，求碰撞结束后两滑块各自的速度；（2）若两滑块碰撞后粘在一起，求碰撞后损失的机械能。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）若两滑块发生弹性正碰，设碰撞结束后滑块A、B的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有① 根据机械能守恒定律有②联立①②解得③④（2）若两滑块碰撞后粘在一起，设碰撞后AB整体的速度为v，根据动量守恒定律有⑤碰撞后损失的机械能为⑥联立⑤⑥解得⑦15.真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界，质量为m、电荷量为＋q的粒子沿着与MN夹角为θ=的方向垂直射入磁场中，粒子不能从PQ边界射出磁场（不计粒子重力的影响），求：(1)粒子射入磁场的速度大小范围；(2)若粒子刚好不能从PQ边飞出时在磁场中运动的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子刚好没能从PQ边界射出磁场，设轨迹半径为，则粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系得轨迹半径由得则(2)由几何知识可看出，轨迹所对圆心角为，则运动时间周期公式所以