安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛物理试卷（Word版附解析）

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考生注意事项：
1．答题前﹐务必在试题卷﹑答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
2．答选择题时，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。如需改动﹐用橡皮擦干净后﹐再选涂其他答案标号。
3．答非选择题时﹐必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出﹐确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答﹐超出答题区域书写的答案无效﹐在试题卷﹑草稿纸上答题无效。
4．考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，其中第1、2题为选考部分，在选考一和选考二中选择一个作答。）
【选考一（选修1）】
1. 取一根较长的轻质软绳，用手握住一端O，在竖直平面内连续上下抖动，形成如图所示向右传播的简谐横波，手抖动的周期为T，时，O位于最高点，P恰好在平衡位置，O、P的平衡位置间距为L，下列判断正确的是（ ）
A. P的振动周期为4T
B. 该波的波速为
C. 时，P的运动方向水平向右
D. 若手上下抖动加快，该简谐波的波长将变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．质点P的周期与波源周期相同，都为T，故A错误；
B．因
该波的波速为
B错误；
C．时，质点P的振动方向竖直向上，C错误；
D．若手上下抖动加快，则频率变大，周期减小，波速不变，则根据可知，该简谐波的波长将变小，D正确。
故选D。
2. 如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，一细光束从上表面AB射入的入射角，折射角，光在真空中的光速为c，则（ ）
A. 玻璃砖的折射率
B. 光从下表面CD射出时的折射角为
C. 光在玻璃中传播的时间为
D. 增大入射角i，光下表面CD可能发生全发射
【答案】B
【解析】
【详解】A．玻璃砖的折射率
故A错误；
B．由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，光从下表面CD射出时的折射角为，故B正确；
C．光在玻璃中传播的速度为
由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为
则光在玻璃中传播的时间为
故C错误；
D．光在AB面上的折射角一定小于临界角，在CD面上的入射角也一定小于临界角，可知光在CD面一定不能全反射，故D错误。
故选B。
【选考二（选修3）】
3. “玉兔二号”上装配放射性同位素电池，能将衰变释放的部分核能转化成电能。发生的核反应方程为，下列核反应发生的核反应属于同一种类型的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知中，未知产物是，反应类型是衰变
A．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为，反应类型是核聚变，A错误；
B．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为，反应类型是人工核转变，B错误；
C．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为，反应类型是核裂变，C错误；
D．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为，反应类型是衰变，D正确。
故选D。
4. 将压瘜的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，乒乓球便逐渐恢复原状，此过程中乒乓球内的气体（ ）
A. 对外界做功，内能减小B. 从外界吸收热量，压强增大
C. 所有分子运动速率都增大D. 分子间引力和斥力都增大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．气体体积膨胀，对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量，能将压瘜的乒乓球复原，说明气体压强增大，故A错误，B正确；
C．温度升高，并非所有分子运动速率都增大，故C错误；
D．气体体积膨胀，分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1以速率被踢出后，以速率落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h、速率为，重力加速度为g，空气阻力不可忽略，则足球（ ）
A. 从1到2重力做功mgh
B. 从1到2空气阻力做功
C. 在2重力的功率为
D. 从2到3机械能减少了
【答案】D
【解析】
【详解】A．从1到2重力做功为
故A错误；
B．从1到2，根据动能定理
解得从1到2空气阻力做功为
故B错误；
C．在2位置时，速度水平，竖直方向速度为零，故在2重力的功率为零，故C错误；
D．从2到3由动能定理
解得
根据空气阻力做负功，所以机械能减少，根据可知，从2到3机械能减少了
故D正确。
故选D。
6. 如图所示，、是两个固定的点电荷，O点位于两电荷的中点，A、B是连线上的两点，且。在A点静止释放点电荷q，它在A、B两点间往复运动，已知带正电，点电荷q的重力不计，则（ ）
A. 可能带负电B. q可能带负电
C. q在A、B两点的电势能相等D. q经过O点时动能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．q在A、B两点间往复运动，在A点受合力向右，B点受合力向左，A、B两点电场方向必然相反，因此一定带正电，故A错误；
B．若q带负电，在A点向B点运动过程中，对q的引力越来越大，对q的引力越来越小，q会加速通过B点，而不是在A、B两点间往复运动，故B错误；
C．q在A、B两点速度均为零，动能相等，所以电势能相等，故C正确；
D．因为，所以，O点加速度不为零，所以经过O点时速度不是最大，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，一卫星绕某星球做椭圆轨道运动的周期为T，轨道的近地点与星球表面很近（可视为相切），远地点到星球表面的高度为星球半径的4倍。星球可视为质量分布均匀的球体，已知引力常量为G。则星球的密度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】卫星轨道的半长轴为
由开普勒第三定律得
根据万有引力提供向心力得
解得密度为
故选D。
8. 如图所示为一台手摇交流发电机的结构示意图，大轮与小轮通过皮带传动，大小轮半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上，线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为r，磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。转动手柄使大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值为R的灯泡。发电时灯泡两端电压不超出其额定电压，皮带不打滑，下列说法正确的是（ ）
A. 发电机产生的电动势最大值为
B. 灯泡两端电压有效值为
C. 若增大大轮转速，则通过线圈磁通量的最大值变大
D. 若增大小轮半径，灯泡亮度变亮
【答案】B
【解析】
【详解】AB．大轮与小轮通过皮带传动，轮子边缘线速度相等，由可知，小轮转动的角速度为，感应电动势的最大值为
灯泡两端电压有效值为
故A错误，B正确；
C．通过线圈磁通量的最大值为，增大大轮转速，磁通量的最大值不变，故C错误；
D．若增大小轮半径，由可知，小轮转动的角速度变小，则感应电动势的最大值变小，有效值变小，灯泡亮度变暗，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接电压恒定的正弦交变电源，图中定值电阻、、，滑动变阻器最大阻值为2R，理想电压表V的示数为U，理想电流表、的示数为、。滑动变阻器的滑片从a滑到b的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 减小，U不变B. 先减小后增大，U减小
C. 变压器传输的功率先增大后减小D. 的值变小，的值变小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．滑动变阻器的滑片从a滑到b的过程中，副线圈的总电阻增大，范围为
整理，可得
所以、均减小，原线圈电压增大，所以电压表的示数U变大。故AB错误；
C．用等效电阻法，等效电阻为副线圈的总电阻的4倍，取值范围为
当其等于时，副线圈的功率最大，因此变压器传输的功率先增大后减小。故C正确；
D．依题意，有
其值不变，由
可得
、
即
其值不变。故D错误。
故选C。
10. 如图所示，光滑绝缘的竖直墙壁右侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为的滑块（可视为质点）从A点由静止开始沿墙壁下滑至C点时离开，到达D点时速度最大，CD段做曲线运动。已知滑块在CD段所受的合力大小相等，重力加速度为g，电场强度大小为。则（ ）
A. A到C过程中滑块的加速度变小
B. 滑块经过C点时速度大小为
C. 滑块到达D点时加速度为零
D. 滑块经过D点时速度大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．A到C过程中滑块受重力、弹力、电场力、洛伦兹力四个力的作用，竖直方向只受重力作用，可知加速度不变，故A错误；
B．滑块在C点时离开墙壁，满足
解得
故B错误；
C．CD段做曲线运动，则滑块到达D点时加速度不为零，故C错误；
D．D点时加速度等于C点时加速度，即
在D点
解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
11. 在竖直平面内，将一个电荷量为Q的正点电荷固定在四分之一圆弧AB的圆心，一个带电荷量为的小球，已知小球的重力等于两球之间库仑力的2倍，在外力F作用下沿圆弧AB从A缓慢移动到B，在移动过程中（ ）
A. 外力F逐渐增大B. 外力F先增大后减小
C. 外力F与竖直方向的最大夹角为D. 外力F与竖直方向的夹角先增大后减小
【答案】CD
【解析】
【详解】CD．根据题意可知，两电荷之间的库仑力大小始终不变，而重力为恒力，示意图如图所示
根据图像可知，外力F与竖直方向的夹角先增大后减小，设最大夹角为，则有
解得
即最大夹角为。故CD正确；
AB．根据图像可知，外力F逐渐减小。故AB错误。
故选CD。
12. 如图甲所示，质量为m的木板A在光滑水平面上以速度向右匀速运动，某时刻将质量也为m的小物块B轻放在木板上，木板A的位移x随时间t的变化如图乙中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。B始终未脱离A，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. A、B间的动摩擦因数为0.04D. A、B间的动摩擦因数为0.02
【答案】BD
【解析】
【详解】根据动量守恒定律
解得
木板A的位移
解得
木板A的加速度
根据牛顿第二定律有
解得
故选BD。
三、实验题（本大题共2小题，第11小题6分，第12小题10分，共16分。）
13. 某实验小组用如图a所示的装置验证碰撞中的动量守恒。
（1）实验时，为测量碰撞前入射小球的速度大小，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立xOy坐标系。然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹。上下调节挡板进行多次实验，测量各印迹中心点的坐标，并绘制“”图线如图b所示。由图线求得斜率，小球平抛运动的初速度表达式为__________（用斜率k和重力加速度g表示），带入图b中的数值，可得__________（重力加速度，结果保留两位有效数字）。
（2）把被碰小球静置于斜槽轨道末端，让入射小球仍从斜槽同一位置静止释放，两球在斜槽末端碰撞﹐碰后两小球从斜槽末端水平抛出，用与（1）同样的方法绘制出两球平抛过程的“”图线如图c所示，图中直线的斜率分别为、，已知。验证碰撞中两球组成的系统动量守恒的表达式为____________________。（用入射小球质量，被碰小球质量和、、表示）
【答案】（1） ①. ②. 0.80
（2）
【解析】
【小问1详解】
[1][2]根据平抛运动规律可得
，
联立可得
可知图像的斜率为
解得小球平抛运动的初速度为
代入数据，得
【小问2详解】
动量守恒得表达式
化简得
14. 实验小组用如图甲所示电路图测定一节干电池的电动势（约）和内电阻（约）。要求尽量减小实验误差。
（1）现有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电流表：量程，内阻约
B．电压表：量程，内阻约
C．电压表：量程，内阻约
D．滑动变阻器
E．滑动变阻器
实验中电压表应选用__________；滑动变阻器应选用__________（选填相应器材前的字母）；
（2）实验小组根据记录数据，并画出图线，如图乙所示。根据图线得出干电池电动势的测量值__________V，内电阻的测量值__________；
（3）设干电池的电动势为E，内电阻为r，电压表内阻为，实验中电压表、电流表示数分别为U、I。考虑电压表的分流，U与I的函数关系式为__________；
（4）实验过程中由于电表内阻的影响而存在系统误差。下图中实线是根据测量数据（电表是非理想电表的情况下）绘出的图像，虚线代表电表是理想电表的情况下，电压与电流关系的图像，则图中能正确表示二者关系的可能是__________（选填选项下面的字母）。
A. B.
C. D.
【答案】（1） ①. B ②. D
（2） ①. 1.45 ②. 0.9
（3） （4）A
【解析】
【小问1详解】
[1]一节干电池电动势约为，则电压表应选B。
[2]干电池内电阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选D。
【小问2详解】
[1]由图像可知，图线与纵轴交点的坐标即为电源电动势，故
[2]电源内阻
【小问3详解】
根据欧姆定律可知
变形可得
【小问4详解】
根据
可知，实线的纵截距为，虚线的纵截距为E，实线与虚线的横截距均为，如下图所示
故A正确；BCD错误。
故选A。
四、计算题（第13小题10分；第14小题14分；第15小题18分，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
15. 如图所示，带圆弧凹槽的物块置于粗糙水平面上，圆弧半径为R、内壁光滑，物块质量为M。质量为m、可视为质点的小球从凹槽上端A点静止释放，小球运动过程中物块始终保持静止状态。O是圆弧的圆心，C是圆弧的最低点，C距水平面的高度也为R，求：
（1）小球做平抛运动的落地点距C点的水平距离；
（2）地面对物块摩擦力的最大值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒，C点的速度为v
根据平抛运动，水平距离x，
，
联立得
（2）小球下滑到B点时，设，根据机械能守恒定律
根据牛顿第二定律
地面对物块的静摩擦力
联立得
当时f最大，摩擦力的最大值
16. 如图所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场﹐磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一质量为m，电荷量为q的正粒子（不计重力）从筒壁上的小孔Р射入筒中，已知粒子与筒壁碰撞过程，沿圆筒切线和垂直于圆筒切线的速度分量大小均不变，不计粒子与筒壁碰撞电荷量的损失。若粒子与筒壁上的M、N点碰撞了两次恰返回P孔。
（1）若粒子正对O点射入，求粒子的速度大小和粒子在圆筒内运动的时间；
（2）若粒子射入的速度方向与半径成角，求粒子的速度大小。
【答案】（1），；（2）或
【解析】
【详解】（1）如图甲所示，粒子在磁场中的轨迹半径为，洛伦兹力提供向心力，有
结合图中的几何关系可得
解得
粒子运动的周期
粒子在圆筒内运动的时间
（2）如图乙所示，设粒子在磁场中的轨迹半径为，洛仑兹力提供向心力，有
结合图中的几何关系可得
解得
如图丙所示，几何关系可得
解得
即粒子的速度大小
或
17. 如图所示，两平行光滑且足够长长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有垂直向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场内的三根金属杆a、b、c与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，先固定a、b杆，对c杆施加一垂直于c杆且与导轨平行的恒力F，当c杆匀速时再同时释放a、b杆，撤去力F。三根金属杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求释放a、b杆前，c杆匀速运动的速率；
（2）求释放a、b杆后，通过a杆中电荷量的最大值和焦耳热的最大值；
（3）释放a、b杆后，经一段时间，已知c杆的位移为x，求这段时间内a杆的位移大小。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律和二力平衡：
解得
（2）释放a、b杆后，对三杆组成的系统动量守恒定律可得
对a杆根据动量定理可得
解得
对三杆组成的系统能量守恒定律可得
根据能量分配得
解得
（3）释放a、b杆后，对三杆组成的系统动量守恒定律可得
微元累加
即
解得