2023-2024学年安徽省滁州市九校联考高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省滁州市九校联考高二（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于传感器，下列说法正确的是( )
A. 电饭锅使用了光学传感器对温度进行控制
B. 空调使用了声音传感器来进行制冷工作
C. 电子秤利用了压力传感器来进行称量
D. 霍尔元件是把电学量转化成磁学量进行工作
2.高压输电的优点是能大大减少能耗，某发电厂输出的电压接在升压变压器的原线圈两端，通过电阻一定的输电线向远距离送电，然后通过降压变压器给用户供电，若发电厂送电功率不变。下列说法正确的是( )
A. 输电电压加倍，输电线上损耗的功率减半B. 输电电压加倍，输电线上损失的电压加倍
C. 用户增多，输电线上损失的功率减少D. 用户增多，用户获得的电压减小
3.如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为θ，金属棒与导轨垂直，磁场方向与金属棒垂直，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 金属棒受到的安培力大小为BILcsθ
B. 金属棒受到的支持力大小为mg+BILcsθ
C. 金属棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
D. 金属棒受到的合力大小为mg
4.如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方.使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为x0(未标出)，印迹上P、Q两点的纵坐标分别为y0和−y0.忽略一切阻力，重力加速度为g，则( )
A. 该弹簧振子的振幅为2y0
B. 该弹簧振子的振动周期为3x0v
C. 激光笔在留下P、Q两点时所受的回复力相同
D. 激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧的弹性势能增大了2mgy0
5.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0和t=0.2s时的波形分别如图中实线和虚线所示.已知该波的周期T>0.20s.下列说法正确的是( )
A. 该波一定沿x轴正方向传播
B. 波长为8cm
C. x=0.04m的质点在t=0.70s时速度最大
D. x=0.08m的质点在t=0.05s时距离平衡位置5cm
6.如图所示为回旋加速器，两半径为R的D形盒间接有周期为T的交流电压，前T2电压为U0，后T2电压为−U0，在垂直于D形盒所在平面加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小未知，比荷为k的带电粒子由D形盒边缘的O点静止释放，经过一段时间，粒子从回旋加速器的小孔引出，忽略粒子在狭缝间的运动时间以及电场变化产生的磁场。下列说法正确的是( )
A. 带电粒子在磁场中的运动周期为T2
B. 粒子的最大速度为2πRT
C. 若电压加倍，则粒子离开回旋加速器时的动能加倍
D. 若电压加倍，粒子在回旋加速器中运动的总时间不变
7.2023年1月9日，香港玩具展正式开展，参展企业以各自优质新品接洽新老客户，共商新一年的合作发展。如图所示为参展的某个智能玩具内的LC振荡电路部分。已知线圈自感系数L=5×10−3H，电容器电容C=2μF，以图中电容开始放电时设为零时刻(取t=0)，上极板带正电，下极板带负电，则( )
A. LC振荡电路的周期T=2π×10−4s
B. 当t=π×10−4s时，电容器上极板带正电
C. 当t=π3×10−4s时，电路中电流方向为顺时针
D. 当t=2π3×10−4s时，电场能正转化为磁场能
8.如图所示，用一根粗细均匀的细铜导线做成一个半径为r的闭合圆环，把圆环的一半置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向始终垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化规律为B=B0+kt(B0不变，k为一恒量且满足0A. 圆环中产生顺时针方向的感应电流
B. 圆环具有扩张的趋势
C. a、b两点间的电势差Uab=12kπr2
D. 在t=0时，右半圆环受到的安培力大小为πkB0r3R
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻不计，a，b是两个相同的小灯泡.闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，稳定后，a、b两灯泡正常发光，然后断开开关。下列说法正确的是( )
A. 开关S闭合瞬间，a灯逐渐亮，b灯立即亮
B. 开关S闭合瞬间，a灯、b灯都立即亮
C. 开关S闭合电路稳定后，再断开开关，b灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D. 开关S闭合电路稳定后，再断开开关，a灯、b灯均逐渐熄灭
10.实验小组组装一台简易发电机，如图所示，半径为r=10cm的圆形线圈共计25匝，置于磁感应强度B=2 2π2T的匀强磁场中，线圈围绕垂直磁场的转轴匀速转动，转速n=50转/秒，线圈电阻r0=5Ω，外接电阻R=15Ω，不计导线电阻，从线圈平面与磁场垂直开始计时，下列说法正确的是( )
A. 线框中感应电动势表达式为e=50 2sin100πt(V)
B. t=0时产生的电流瞬时值最大
C. 使线圈匀速转动2s内外力做功为250J
D. 外电阻1s内产生的热量为750J
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，不计一切摩擦阻力。
(1)在图中画线连接成实验电路图_____。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1；
③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，在托盘内继续加入适量细沙，D重新处于平衡状态；然后读出_____，并用天平称出细沙总质量m2；
④用米尺测量D的底边长度l。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_____。
(4)根据以上操作可知磁感应强度方向垂直纸面向_____。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.如图所示为某同学做“用单摆测重力加速度”的实验装置。
(1)实验前根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式，四位同学对表达式有不同的观点。
同学甲认为，T一定时，g与l成正比；
同学乙认为，l一定时，g与T2成正比；
同学丙认为，l变化时，T2是不变的；
同学丁认为，l变化时，l与T2比值是定值。
其中观点正确的是_____(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。
(2)实验时摆线与悬点连接处用铁架夹住摆线，用米尺测得摆线长度和摆球直径，用秒表测得100次全振动时间。下表是某次记录的一组数据，请填空(均保留三位有效数字)。
(3)若该同学在加速上升的电梯中做此实验，则所测得的重力加速度数值_____(填“偏大”或“偏小”)。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，有一水平放置的光滑金属框架，宽度为l=0.5m，框架上放置一质量为0.5kg、接入电路的阻值为r=1Ω的金属杆cd和一阻值为R=3Ω的定值电阻，金属杆长度也为0.5m且与框架垂直并接触良好，框架电阻不计．若cd杆在水平外力的作用下以恒定速度v=4m/s向右沿框架做匀速直线运动，并计时开始．求：
(1)在0∼2s内平均感应电动势和水平外力分别是多少？
(2)在0∼2s内通过电阻R的电荷量是多少？
(3)2s后撤去外力F，从t=2s开始到金属杆静止时，全过程中金属杆上产生的焦耳热是多少？
14.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在y>0区域存在着沿−y方向的匀强电场E1，在y<−0.6m区域内，存在着沿+y方向的匀强电场E2，且E2=3E1，在−0.6m≤y≤0空间内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=52T，一质量m=2×10−2kg，电量q=+4×10−2C的带电粒子，从y轴上M点0,5 3cm，以速度v0=3m/s沿x轴正方向飞入，第一次通过x轴上N点时速度方向与x轴正方向夹角为30°，不计粒子重力，求：
(1)电场强度E1大小及N点坐标；
(2)粒子第一次在磁场中运动半径；
(2)粒子前两次穿过x轴的时间间隔。
15.如图所示，质量为3kg、长为38m的长木板B静止在水平面上，质量为1kg的物块A放在平台上，平台的上表面与长木板的上表面在同一水平面上，木板B的左端紧靠平台的右端，质量为13kg的小球用长为1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，物块A与平台、木板B之间的动摩擦因数均为0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小球与A碰撞前瞬间，细线拉力大小；
(2)小球与物块A碰撞过程中，物块对小球的冲量大小；
(3)要使物块不滑离木板B，开始时物块A离平台右端的距离最小为多少．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查传感器。明确各种传感器的工作原理即可正确求解。
【解答】
A.电饭锅通过温度传感器对温度进行自动控制，故A错误；
B.空调应用的是温度传感器来进行制冷工作，故B错误；
C.电子秤的测力装置应用的是压力传感器，故C正确；
D.霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故D错误。
2.【答案】D
【解析】A.输电线上输送的功率一定，根据
P=UI
ΔP=I2R线
若输电电压加倍，输电电流减半，则输电线上损失的功率为原来的 14 ，故A错误；
B.输电线上损失的电压为
ΔU=IR线
若输电电压加倍，输电电流减半，则输电线上损失的电压减半，故B错误；
C.若用户增多，导致高压输电线上的电流变大，输电线上损耗的电功率将增大，故C错误；
D.若用户增多，导致高压输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，则用户获得的电压减小，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知，金属棒ab与磁感应强度方向垂直，则金属棒受到的安培力大小为
F安=BIL
故A错误；
BC.对金属棒受力分析，如图所示
根据平衡条件有
F安sinθ=f
F安csθ+FN=mg
解得
f=BILsinθ
FN=mg−BILcsθ
故B错误，C正确；
D.由于金属棒处于静止状态，所以金属棒所受合力为零，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】AB、根据图像可知振幅，根据相邻波峰或波谷间距可知波长，则可求周期;
C、理解弹簧振子关于平衡位置的对称性;
D、根据机械能守恒定律进行求解。
本题考查竖直方向弹簧振子∘的理解和应用，应充分掌握弹簧振子在一个周期内的运动特点和规律。
【解答】AB.白板做匀速运动，振子振动的周期等于白板运动位移 2x0 所用的时间，则周期
T=2x0v
振幅为
A=y0
故AB错误；
C.加速度是矢量，激光笔在留下 P、Q 两点时加速度大小相等，方向相反，回复力大小相同，方向相反，故C错误；
D.在激光笔留下 PQ 段印迹的过程中，由机械能守恒可知，重力势能减小 2mgy0 ，故弹性势能增加了 2mgy0 ，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】本题主要是考查了波的图象;解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
【解答】A.无法判定波的传播方向，故A错误；
B.由 y−x 图像可知波长
λ=16cm
故B错误；
C.根据
T2+nT=0.2s
T=25+10n
因为
T>0.20s
故波的周期
T=λv=0.4s
根据振动与波动的关系知 t=0 时， x=0.04m 的质点在波峰
t=0.70s=134T
故此时该质点位于平衡位置，振动速度最大，故C正确；
D.因为
0.05s=18T
故此时质点的位移为±5 2cm，距离平衡位置5 2cm，D错误．
6.【答案】B
【解析】A.忽略粒子在电场中加速时间，则交变电场变化周期等于粒子在磁场中圆周运动周期，即带电粒子在磁场中的运动周期为T。故A错误；
B.粒子在磁场中匀速圆周运动
qvB=mv2R
可知速度最大时圆周半径达到最大，等于D形盒半径R，则粒子被加速的最大速度为
vm=2πRT
故B正确；
C.由
Ekm=12mvm2=12m2πRT2
可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关。故C错误。
D.粒子每被加速一次，动能增加qU0，所以粒子被加速的次数为
n=EkmqU0=2π2R2kU0T2
若电压加倍，则粒子被加速的次数会减半，粒子在回旋加速器中运动的总时间也会减半。故D错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】A.根据周期公式可得
T=2π LC=2π 5×10−3×2×10−6s=2π×10−4s
故A正确；
B.当 t=π×10−4s ，即 T2 时，电容器反向充满电，所以电容器上极板带负电，故B错误；
C.当 t=π3×10−4s 时，即 0∼T4 之间，电容器正在放电，所以电流方向为逆时针，故C错误；
D.当 t=2π3×10−4s 时，即介于 T4∼T2 之间，电容器正在充电，磁场能转化为电场能，故D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】解：AB、由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故AB错误；
C、根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E=ΔBΔt⋅S2=k⋅12πr2
所以电流为：I=ER，a、b两点间的电势差为：Uab=I⋅R2=E2=14kπr2，故C错误。
D、t=0时，磁感应强度B=B0，回路电流I=ER=kπr22R，右半圆环的有效长度为2r，受到的安培力F=B0I⋅2r=πkB0r3R，故D正确；
故选：D。
本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压；根据F=BIL求安培力，L是有效长度．
正确应用法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律是解本题的关键，本题易错点一是求电动势时容易误认为面积为圆的面积，二是求ab两点之间电压时误求成电动势．
9.【答案】AD
【解析】AB.开关S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以a灯逐渐亮起来，而b灯立即亮起来，故A正确，B错误；
CD.开关S闭合电路稳定后，再断开开关，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，且线圈与a、b两灯构成回路，所以a灯、b灯均逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】A.线框中感应电动势表达式为
e=NBSωsinωt=25×2 2π2×π×(10×10−2)2×2π×50sin2π×50t(V)=50 2sin100πt(V)
故A正确；
B.t=0时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势、感应电流为零，故B错误；
C.感应电动势的有效值为
E=Em 2=50V
所以线圈匀速转动2s内外力做功为
Q=E2R+r0t=50215+5×2J=250J
故C正确；
D.外电阻1s内产生的热量为
QR=(ER+r0)2Rt′=93.75J
故D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)
(2)电流表的示数I
(3) (m2−m1)gIl
(4)外

【解析】(1)
(2)使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，用天平称出细沙的质量m2。
(3)根据平衡条件有
(m2−m1)g=BIl
解得
B=(m2−m1)gIl
(4)闭合开关后，继续添加沙子才能平衡，可知安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场方向垂直纸面向外。
12.【答案】(1)丁
(2) 100 9.86
(3)偏大

【解析】(1)根据
T=2π lg
解得
g=4π2T2l g是当地重力加速度，与T、l无关，所以甲、乙同学错误；摆长l变化时， T2 会随之变化，丙同学错误；l变化时，l与 T2 比值是定值，丁同学正确。
(2)[1]摆长等于摆线长度加摆球半径，即
L=l+d2=100cm
[2]由单摆公式
T=2π Lg
解得
g=9.86m/s2
(3)若该同学在加速上升的电梯中做此实验，则
T=2π Lg+a
所测得的重力加速度数值偏大。
13.【答案】解：(1)在0～2 s内平均感应电动势E=Blv=2V，
由平衡关系得F拉=F安=BIl=B2l2vR总=0.25N；
(2)0～2 s，金属杆向右移动的距离x=vt=8m，
则电荷量q=It=ΔΦR总=BΔSR总=1C；
(3)根据能量守恒可得Q总=12mv2=4J
因此金属杆产生的焦耳热Q=rQ总R+r=1J

【解析】本考查导体棒平动切割磁感线。
(1)导体棒匀速运动，根据E=Blv计算感应电动势；根据安培力公式、平衡条件计算水平外力；
(2)计算出导体棒cd运动的距离，根据q=It计算电荷量；
(3)根据能量守恒结合电路中焦耳热之比等于电阻之比求解。
14.【答案】(1) 5 3N/C ， 10cm,0 ；(2) 2 35m ；(3) 2π+115s
【解析】(1)粒子飞出做类平抛运动，则有
yM=12⋅qE1mt12 ， xON=v0t1
在N点进行速度分解有
vNy=v0tan30∘=qE1mt1
解得
E1=5 3N/C ， xON=10cm
即N点坐标为 10cm,0 。
(2)结合上述可知，粒子进入磁场的速度
v1=v0cs30∘=2 3m/s
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
qv1B=mv12R
解得
R=2 35m
(3)由于
Rcs30∘=0.6m
可知，粒子将垂直于分界线进入匀强电场 E2 ，在电场中做双向匀变速直线运动，之后返回磁场，作出轨迹，如图所示
粒子在磁场中运动的周期
T=2πRv1=2πmqB
粒子前两次穿过x轴在磁场对应的圆心角
θ=2×90∘−30∘=120∘
则粒子在磁场中运动的时间
t1=θ360∘T
粒子在电场中做双向匀变速直线运动，则有
−v1=v1−qE2mt2
粒子前两次穿过x轴的时间间隔
Δt=t1+t2
解得
Δt=2π+115s
15.【答案】解：(1)设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为 v0 ，根据机械能守恒有
mgL=12mv02
解得
v0=6m/s
小球在最低点时，根据牛顿第二定律有
F−mg=mv02L
解得
F=10N
(2)设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为 v1 、物块A的速度大小为 v2 ，
根据动量守恒有
mv0=−mv1+mAv2
根据能量守恒有
12mv02=12mv12+12mAv22
解得
v1=v2=12v0=3m/s
此过程，物块A对小球的冲量大小
I=mv0+v1=3N⋅s
(3)设开始时A离平台右端的距离至少为x，物块刚滑上长木板时的速度大小为 v3 ，根据动能定理有
−μ1mAgx=12mAv32−12mAv22
设长木板的长为s，物块A滑上长木板后，物块的加速度大小为 a1 ，长木板的加速度大小为 a2 ，根据牛顿第二定律，对物块A有
μ1mAg=mAa1
解得
a1=5m/s2
对长木板，有
μ1mAg−μ2mA+mBg=mBa2
解得
a2=13m/s2
根据题意
v3−a1t=a2t
v3t−12a1t2−12a2t2=s
解得
v3=2m/s ， x=0.5m

【解析】本题是动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式的综合运用，要知道小球和A碰撞的瞬间，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞。
(1)研究小球下摆的过程，根据机械能守恒定律或动能定理求出小球摆到最低点时的速度，结合牛顿第二定律求出细线拉力大小。
(2)小球在最低点与A发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两者的速度。根据动量定理可得物块A对小球的冲量大小；
(3)根据动能定理、牛顿第二定律和运动学公式计算出开始时物块A离平台右端的最小距离。次数
摆线长度(cm)
摆球直径(cm)
100次全振动时间(s)
摆长L(cm)
重力加速度gm/s2
1
99.00
2.00
200.0
_____
_____