2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省亳州市涡阳县重点中学高二（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 可控硅元件可以实现对调速风扇进行调节，若经过元件调节后，加在风扇上的电压U与时间t的关系由正弦交流电的每半个周期中都截去了前面的四分之一而得到，如图所示。则该交变电压的有效值为(    )

A. U0 2 B. U0 3 C. U02 D.  U03
2. 图示为光学仪器中的“道威棱镜”的横截面，ABCD为等腰梯形，其底角为45°，与BC平行的两条同种颜色的光线a、b自棱镜的AB侧面射入，经BC侧面反射后从CD侧面射出，若已知棱镜材料的折射率为 2,不考虑光线在CD侧面的反射，则下列说法正确的是(    )

A. 光线可能从BC侧面射出
B. 从CD侧面射出的光线仍与BC平行
C. 光线a、b从CD侧面射出后，a仍在b的上方
D. 光线a、b从CD侧面射出后，间距可能增大
3. 某同学利用图甲所示装置来模拟做简谐运动质点的振动图像。一较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏(可视为质点)，装置底部有一可以向前移动的长木板，当沙漏左右摆动时(摆角较小)，漏斗中的沙子均匀流出，同时拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条曲线，该同学测试两次得到板上沙的图样如图乙、丙所示，图中O1O2为漏斗摆到最低点的投影，忽略沙漏重心的变化。下列说法正确的是(    )

A. 随着沙子的流出，沙漏摆动的周期逐渐变小
B. 图乙中，若AB对应的时间为t，则沙漏振动的周期为：
C. 图乙和图丙中，AB对应的时间等于A’B’对应的时间
D. 图丙中，若长木板做的是匀加速直线运动，则A’B’：B’C’=1：3
4. 景区、公园等的水面下常设置灯光，夜幕降临后，打开光源，水面上五颜六色，十分赏心悦目，假设某处水域，平静的水面下深为d处只有一个发白光的点光源。已知水对红光的折射率为n1，水对紫光的折射率为n2。则水面上彩色圆环的宽度为(    )

A. dn12−1 B. dn22−1
C. d n22−1−d n12−1 D. d n12−1−d n22−1
5. 如图所示，理想变压器原线圈连接灯泡L及理想交流电流表，副线圈连接定值电阻R和热敏电阻Rt(阻值随温度升高而减小)及理想交流电压表，原线圈接有输出电压有效值恒定的交流电源，认为灯泡电阻恒定，当Rt处的温度升高时，下列说法正确的是(    )

A. 灯泡L的亮度将变亮 B. 电流表A的示数将减小
C. 电压表V的示数将减小 D. 电源输出的功率将增大
6. 如图所示，处于水平面内的圆盘可绕穿过盘心O的竖直轴匀速转动，盘边缘有标记为A、B的两点，且A、O、B三点在同一直线上，当A点转到盘的最左侧时，一小球自盘的边缘从A点以速度v0=5m/s的速度斜向上抛出，使小球在过直线AOB的竖直面内运动，速度方向与直线AOB的夹角θ=53°，已知当小球经过盘的右边缘时，标记为A的点也恰好运动到此，图中虚线为小球的运动轨迹，g取10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是(    )

A. 圆盘的半径为0.8m B. 小球离圆盘的最大高度为1.0m
C. B点转过的路程可能为3πm D. 圆盘转动的角速度可能为254πrad/s
7. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L、宽为d的金属矩形线圈，其电阻为R，质量为m，线圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现使线圈以垂直磁场边界大小为v0v00)的规律变化时，处于金属板内P点的带电小球恰好静止不动。下列说法正确的是(    )

A. A板电势高于B板的电势
B. 若将A板缓慢竖直向上移动稍许，带电小球仍静止不动
C. 若将B板缓慢竖直向上移动稍许，A板电势将升高
D. 若将A板缓慢水平向左移动稍许，在移动过程中将有电流通过电阻
10. 如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度v射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为60°，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是(    )

A. 带电粒子的速度大小为v= 3RBk
B. 若只让粒子速度大小改为 33v,则粒子在磁场中的运动时间为23t
C. 若让粒子速度大小改为 33v,入射方向改为AB右侧与AB夹角30°，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为πR3
D. 若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为 33
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 某同学欲验证动量守恒定律，使用的器材有：处于竖直面内的光滑轨道MNPQ(半圆MN和PQ的半径分别为R和2R，O1和O2分别为其圆心，NP部分水平且与两个半圆相切)，小滑块A(底面带有可涂红色油墨的装置)和B(底面带有可涂蓝色油墨的装置)，主要实验步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为mA和mB。
②滑块B静置在P点，让滑块A自半圆MN的中点O3处由静止释放，与滑块B碰撞后，两者均沿半圆轨道PQ上升。
③测出蓝色印迹的最高点与NP的竖直高度为h1(h1≤2R)，红色印迹最高点与NP的竖直高度为h2。

回答以下问题：
(1)为保证实验成功，首先应满足mA______ mB。(填“>”或“0)的带电粒子(重力不计)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，经小孔M沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ=60°，运动一段时间后，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点。已知AD=L，AN=2L，求：
(1)粒子从小孔M刚进入磁场时的速度大小v；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)电场强度E的大小。


15. 如图所示，轻质弹簧的左端固定在光滑平台的挡板P上，质量mA=1.0kg的物块A处于弹簧的右端，两者无连接，有一紧靠在平台处的小车，上表面NQ水平且与平台等高，NQ的长度L=2.0m，小车的右端为半径R=0.1m的14光滑圆弧，小车的左端有一可视为质点的滑块B，其质量为mB=3.0kg，与NQ间的动摩擦因数μ=0.1.现缓慢向左推滑块A到M点，使弹簧压缩，静止释放后，滑块A沿平台向右运动，与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB=3.0m/s,已知M点到平台边缘足够远，重力加速度g取10m/s²，求：
(1)刚释放时，弹簧具有的弹性势能Ep；
(2)为使滑块B不能从小车右端滑离小车，小车的最大质量m。；
(3)在满足(2)的条件下，小车的最大速度v0及滑块B最终距Q端的距离Δx。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】据电流的有效值定义，可有2×U0 22R×14T=U2RT，解得 U=12U0,C正确。

2.【答案】B 
【解析】光线 a、b在棱镜中传播时的光路如图示，对任一光线，据 sinisinr=n,可知光线从AB进入棱镜时的折射角 r=30°，由数学知识可求出光线到达 BC侧面时的入射角为75⁰，据 sinC=1n,C=450mB；
(2)设滑块A与B碰前的速度大小为 vA，由机械能守恒定律可有 mAgR=12mAvA2,即 vA= 2gR,同理可求得碰后滑块A的速度大小为 v’A= 2gh2,滑块B的速度大小 vB= 2gh1,据动量守恒定律有mAvA=mAv’A+mBvB,代入化简后有 mA R=mA h2+mB h1；
(3)滑块A与B碰撞过程无能量损失时，B的质量越小，碰后B的速度越大，B上升的高度越高，为保证实验成功，B既不能脱离轨道，也不能从轨道最高点飞出，因而B的质量最小时对应的情况为B恰好能到达与 O2等高处，则有， 12m’BvB2=m’Bg×2R,mAvA=mAv’A+m’BvB,12mdvA2=12mAvA’2+12m’BvB2,联立可求得mB’= 2−1mA。


12.【答案】(1)甲    (3) 600(4)不均匀375 
【解析】(1)采用图甲时 Rt=U−IARAIA,无系统误差，故应采用的电路为图甲。
(3)由图丙可知，温度越低， Rt 的阻值越小，图丁电路中的电流越大，温度为0℃时， Rt =100Ω，可有 Ig=ERt+Rg+R,代入数据可解得 R=600Ω。
(4)设某一温度时，电流表的示数为Ix，则有 Ix=ERt+Rg+R,Rt=100+4t,代入可得 Ix=1.51500+4t,由该函数可知， Iₓ与t不是线性关系，所以温度刻度线的刻度不均匀，电流表中央刻线的电流为 12Ig=0.5mA,代入 Ix=1.51500+4t,解得 t=375℃。


13.【答案】(1)vm=2m/s，m=0.2kg；(2)x=(R+r)qBL=2m 
【解析】(1)根据题意，设金属棒向下运动的最大速度为 vm
由公式可得，金属棒产生的最大电动势为 Eₘ=BLvₘ
由电路图可知，回路总电阻为 R总=R+r
由闭合回路欧姆定律有 U=EmR总⋅R=Em2
联立解得 vm=2UBL=2m/s
根据题意可知，当金属棒匀速运动时，电压表的示数最大，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件可得
 mgsin30∘=BIL=BBLvmR总L
解得 m=2BLUgr=0.2kg
(2)设电压表的示数从0变为U的过程中，金属棒沿导轨运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律有
 E=nΔΦΔt
根据闭合回路欧姆定律有 I=ER总
通过金属棒截面的电荷量 q=IΔt=ΔΦR总=BLxR总
解得 x=(R+r)qBL=2m


14.【答案】(1)v= 2Uqmm；(2)B=3 2Uqm2qL；(3)E=UL 
【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理得 qU=12mv2
可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小 v= 2Uqmm
(2)画出粒子运动的轨迹如图所示(O为粒子在磁场中圆周运动的圆心)：∠MOD=120°

设粒子在磁场中圆周运动的半径为 r， r+rcos60°=AD=L_
得 r=23L
粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力 qvB=mv2r
解得磁感应强度的大小 B=mvqr=3mv2qL=3 2Uqm2qL
(3)粒子在电场中类平抛运动，加速度为a
由牛顿第二定律得 a=qEm
水平方向2L=vt 
竖直方向 L=12at2
解得电场强度的大小 E=mv22qL=UL


15.【答案】(1)Ep=18J；(2)mc=6kg；(3)vm=3+ 33m/s，△x=1.0m 
【解析】(1)设滑块A和B碰撞前A的速度大小为 v0，则有
 mAv0=mAvA+mBvB)
 12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立①②解得 vB=2mAmA+mBv0
代入数据可有v0=6m/s
且有 Ep=12mAv02=18J
(2)在保证B不能从右端滑离小车，小车质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与小车共速
对B和小车有 mBvB=mB+mCv
12mBvB2−12mB+mCv2=μmBgL+mBgR④
联立③④代入数据可得 mc=6kg
v=1m/s
(3)当滑块B返回至Q点时，小车的速度最大，设此时B的速度大小为 v′g，则有
 mB+mCv=mBv’B+mCvm
 12mBvB’2+12mCvm2−12mB+mCv2=mBgR
联立⑤⑥解得 vm=3+ 33m/s
设B最终没有滑离小车，B滑下后相对小车滑行Δx，据能量守恒可有
mgR=μmg△x
解得△x=1.0m