安徽省合肥市2022_2023学年高二物理下学期期中联考试题含解析

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A. e＝12πsin120t（V）B. e＝24πsin120πt（V）
C. e＝0.04πsin0.4πt（V）D. e＝0.4πcs2πt（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220 V，电流表示数为10 A，则输电线的输送功率为( )
A. 2.2×108WB. 2.2×105W
C. 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24cm
B. 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1m
B. 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2mga
B. 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. 19.90 ②. 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、N
E．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】 ①C ②. ADE ③. 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
③
④
（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
⑦
15. 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