安徽省蕪湖市部分學(xué)校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中聯(lián)考物理試卷（解析版）

2023~2024學(xué)年高二下學(xué)期期中檢測聯(lián)考物理考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每個小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合要求的。1.如圖甲所示，飛力士棒是一根彈性桿兩端帶有負(fù)重輕巧訓(xùn)練器械，方便日常訓(xùn)練肌肉，提高身體感知能力。某型號飛力士棒的固有頻率為8Hz，某人用手振動該飛力士棒進行鍛煉，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.手振動的頻率為8Hz時，飛力士棒振動得最快B.手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率仍保持不變C.使用者用力越大，飛力士棒振動的幅度一定越大D.手每分鐘振動480次時，飛力士棒振動的幅度最大【答案】D【解析】【詳解】AB．人用手振動該飛力士棒，讓其做受迫振動，受迫振動的頻率與驅(qū)動力的大小無關(guān)，其頻率等于周期性外力的頻率，即手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率也增大，故AB錯誤；CD．當(dāng)手振動的頻率接近該飛力士棒的固有頻率時，飛力士棒振動的幅度才會變大，當(dāng)手振動的頻率等于該飛力士棒的固有頻率時，即每分鐘振動480次，此時飛力士棒產(chǎn)生共振，故C錯誤，D正確。故選D。2.無線充電技術(shù)能實現(xiàn)能量的無線傳輸。如圖，無線充電設(shè)備給手機充電，下列關(guān)于無線充電的說法正確的是（）A.充電設(shè)備中的線圈通恒定電流也可以對手機無線充電B.充電設(shè)備與手機必須接觸才能充電C.充電設(shè)備與手機的充電電流一定相等D.充電的原理主要利用了互感【答案】D【解析】【詳解】AD．無線充電技術(shù)利用的是電磁感應(yīng)中的互感原理，而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，只有變化的電流才能產(chǎn)生變化的磁場，而變化的磁場才能在閉合線圈中感應(yīng)出電流，因此，充電設(shè)備中的線圈必須通變化的電流才能實現(xiàn)對手機的無線充電，故A錯誤，D正確；B．根據(jù)電磁感應(yīng)原理可知，充電設(shè)備與手機不需要接觸就能充電，故B錯誤；C．充電設(shè)備與手機的充電電流不一定相等，就像理想變壓器的工作原理一樣，原副線圈的匝數(shù)不同，充電電流就不同，故C錯誤。故選D。3.無線話筒是振蕩電路的一個典型應(yīng)用。在振蕩電路中，某時刻磁場方向、電場方向如圖所示，下列說法正確的是（）A.電容器正在放電B.振蕩電流正在減小C.線圈中的磁場正在增強D.增大電容器兩板距離，振蕩頻率減小【答案】B【解析】【詳解】ABC．由圖中板間場強方向可知，下極板帶正電，上極板帶負(fù)電；根據(jù)圖中磁場方向可知此時電流由上極板流向下極板，可知此時電容器正在充電，電場能在增大，則磁場能在減小，線圈中的磁場正在減弱，則振蕩電流正在減小，故AC錯誤，B正確；D．根據(jù)，增大電容器兩板距離，則電容減小，振蕩頻率增大，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，一個小型交流發(fā)電機輸出端連接在理想變壓器的原線圈上，原線圈兩端連接有理想電壓表，副線圈連接有可變電阻和理想電流表，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比，已知交流發(fā)電機內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度，發(fā)電機線圈匝數(shù)，面積是，內(nèi)阻不計。發(fā)電機轉(zhuǎn)動的角速度是25rad/s，下列說法正確的是（）A.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時磁通量的變化率為0B.當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時電流表示數(shù)為0C.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時電壓表的示數(shù)是D.當(dāng)時，電流表的示數(shù)是2A【答案】D【解析】【詳解】A．圖示位置線圈平面與磁場方向平行，此時磁通量的變化率最大，故A錯誤；B．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過時，線圈平面與磁場方向垂直，此時感應(yīng)電動勢為0，而電流表顯示的有效電流，所以不為0，故B錯誤；C．發(fā)電機產(chǎn)生的最大電動勢為發(fā)電機內(nèi)阻忽略不計，電壓表顯示的是有效值，示數(shù)為故C錯誤；D．由變壓器的特點可知又解得電流表的示數(shù)故D正確。故選D。5.回旋加速器的工作原理示意圖如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略，磁感應(yīng)強度為的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為，加速電壓為。若處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)量為、電荷量為的質(zhì)子在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，則下列說法正確的是（）A.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓成正比B.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過C.不改變磁感應(yīng)強度和交流電頻率，該回旋加速器所加速的最大動能不變D.質(zhì)子第1次和第2次經(jīng)過兩形盒間狹縫后軌道半徑之比為【答案】B【解析】【詳解】AC．粒子在磁場中有當(dāng)粒子的半徑與D形盒的半徑相同時，達到最大速度，結(jié)合上述分析可知質(zhì)子離開回旋加速度時的最大動能可知，最大動能與加速電壓U和交流電頻率無關(guān)，若不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，但D形盒半徑改變，則最大動能改變，故AC錯誤；B．質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則有故B正確；D．粒子在電場中被加速，由動能定理有粒子第一次和第二次經(jīng)過D形盒狹縫后的速度之比為，由解得所以，粒子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，水平間距為L，半徑為r的二分之一光滑圓弧導(dǎo)軌，為導(dǎo)軌最低位置，與為最高位置且等高，右側(cè)連接阻值為R的電阻，圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域有磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場。現(xiàn)有一根金屬棒在外力的作用下以速度從沿導(dǎo)軌做勻速圓周運動至處，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，則該過程中（）A.經(jīng)過最低位置處時，通過電阻R的電流最小B.經(jīng)過最低位置處時，通過金屬棒的電流方向為C.全程電阻R上產(chǎn)生的熱量為D.全程通過電阻R的電荷量為【答案】C【解析】【詳解】A．金屬棒從位置運動到最低的位置，水平方向切割磁感線的分速度逐漸增大，由公式，可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸增大，由歐姆定律可知，通過電阻R的電流逐漸增大，最低位置處時電流最大，A錯誤；B．金屬棒經(jīng)過最低位置處時，由右手定則可知，通過金屬棒的電流方向為，B錯誤；C．金屬棒從位置勻速轉(zhuǎn)動到處時，金屬棒上產(chǎn)生的是正弦式交流電，則有最大感應(yīng)電動勢為電路中電流的有效值為由焦耳定律公式，可得電阻R上產(chǎn)生的熱量為C正確；D．全程通過電阻R的電荷量為D錯誤。故選C。7.圖甲為一列簡諧橫波在t=0.4s時刻的波形圖，P、Q為該橫波上的兩個質(zhì)點，它們的平衡位置坐標(biāo)分別為xP=10m、xQ=15m，圖乙為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A.波速是25m/s，傳播方向沿x軸負(fù)方向B.t=0.6s時質(zhì)點P傳播到x=15m處C.t=0.6s時質(zhì)點P的速度最大且沿y軸正方向D.質(zhì)點P的振動方程為m【答案】C【解析】【詳解】A．甲圖可知波長為20m，由乙圖可知周期為0.8s，根據(jù)解得由振動圖可知，t=0.4s時，質(zhì)點Q通過平衡位置向下振動，所以波沿x軸正向傳播，A錯誤；B．質(zhì)點P只能在平衡位置附近振動不移動，不會傳播到15m處，B錯誤；C．t=0.4s時刻質(zhì)點P在波谷，當(dāng)t=0.6s時，即經(jīng)過了質(zhì)點到達平衡位置，速度最大且沿y軸正方向，C正確；D．t=0.4s時刻質(zhì)點P在波谷，則在t=0時刻質(zhì)點P在波峰，振幅為2m，根據(jù)則質(zhì)點P的振動方程為D錯誤。故選C。8.如圖所示，等腰梯形金屬框的一個邊與有界磁場邊界平行，金屬框在外力F作用下以垂直于邊界的速度勻速進入磁場，則線框進入磁場的過程中，線框中的感應(yīng)電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時值P、通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量q與時間t的關(guān)系可能正確的是（）A. B.C D.【答案】B【解析】【詳解】A．設(shè)線框底邊長為，底角的正切值為，則切割磁感線的有效長度為感應(yīng)電流為可知，感應(yīng)電流隨時間均勻減小。故A錯誤；B．金屬框勻速運動，外力與安培力平衡，外力大小為可知，外力隨時間的圖像為曲線。故B正確；C．電功率為可知，電功率隨時間減小，且斜率逐漸變小。故C錯誤；D．根據(jù)解得磁場通過線框的有效面積隨時間變化關(guān)系為解得可知，在進入磁場過程通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量隨時間增大，且斜率逐漸減小。故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每個小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但選不全的得3分，有選錯的得0分。9.如圖，一傾角為45°的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端距斜面頂端距離為。將質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）從斜面頂端由靜止釋放，經(jīng)時間t彈簧的最大壓縮量為。已知彈簧彈性勢能表達式為，其中是是彈簧形變量，k為彈簧勁度系數(shù)，則下列說法正確的是（）A.物塊速度最大時的壓縮量為B.物塊的最大動能為C.物塊運動過程中的最大加速度為D.物塊從與彈簧接觸到速度為零的時間為【答案】AB【解析】【詳解】A．速度最大時合力為零，則有解得壓縮量為故A正確；B．從靜止釋放到物塊的動能最大過程，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得解得物塊的最大動能為故B正確；C．彈簧壓縮量最大時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得物塊的最大加速度為a故C錯誤；D．物塊開始壓縮彈簧后，到分離前做簡諧振動，物塊合力為0的位置為平衡位置，則物塊做簡諧運動的振幅為則物塊開始壓縮彈簧時，偏離平衡位置的距離為設(shè)物塊做簡諧運動的周期為，從物塊開始壓縮彈簧到平衡位置所用時間為則從開始接觸到壓縮量最大經(jīng)歷的時間為設(shè)物塊從最高點到剛接觸彈簧所用時間為，物塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得，解得則從靜止釋放到壓縮量最大的時間為無法確定物塊從與彈簧接觸到速度為零的時間是否為，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，半徑均為、內(nèi)外表面均光滑的兩個完全相同的四分之一圓弧槽A、B并排放在光滑水平面上，A、B質(zhì)量均為，a、b兩點分別為A、B槽的最高點，c、d兩點分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著墻壁，一個質(zhì)量為的小球P（視為質(zhì)點）從圓弧槽A的頂端靜止釋放，重力加速度為。下列說法正確的是（）A.小球P從a點運動到c點時的速度大小為B.小球P在B槽內(nèi)運動的最大高度為C.小球P第一次返回B槽最低點d時，B槽具有的速度為D.小球P從B槽最低點d到第一次返回B槽最低點d過程中，B槽的位移為【答案】AC【解析】【詳解】A．小球P從a點運動到c點的過程中，A、B均保持靜止，根據(jù)動能定理可得解得小球P從a點運動到c點時的速度大小為故A正確；B．小球P滑到B槽后A依然保持靜止，B開始向右運動，由于小球P和B槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力，則水平方向動量守恒，當(dāng)小球P在B槽內(nèi)運動的最大高度時，二者水平速度相同，取向右為正方向，設(shè)共同速度為，根據(jù)水平方向動量守恒可得對小球P和B槽組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律可得聯(lián)立解得故B錯誤；C．小球P第一次返回B糟最低點d時，設(shè)P的速度為，B的速度為，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒可得聯(lián)立解得B槽具有的速度為故C正確；D．小球P從B槽最低點d到第一次返回B槽最低點d過程中，雖然系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，但由于系統(tǒng)水平動量不為0，所以有別于人船模型，不能求出B槽的位移，故D錯誤。故選AC。三、非選擇題：共5小題，共58分。11.小明做“用單擺測量重力加速度”的實驗。（1）如圖甲所示，細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球（下方吸附有小磁片），做成一個單擺。圖乙、丙分別畫出了細線上端的兩種不同的懸掛方式，你認(rèn)為應(yīng)選用圖___________（選填“乙”或“丙”）的懸掛方式。（2）使小球在豎直平面內(nèi)做小角度擺動，打開手機的磁傳感器軟件。某次采集到的磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化的圖像如圖所示，則單擺的振動周期T=___________s（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；（3）改變線長l，重復(fù)上述步驟，實驗測得數(shù)據(jù)如下表所示（實驗前已測得小球半徑r），請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在方格紙上作出L-T2圖像___________；L=l+r/m0401.27616280.601.5552.4180.801.8013.2441.002.0104.0401.202.2084.875（4）測得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=___________（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；（5）有同學(xué)認(rèn)為，根據(jù)公式，小明在實驗中未考慮小磁片對擺長的影響，L的測量值小于真實值，所以實驗測得的重力加速度g偏小。請判斷該觀點是否正確，簡要說明理由___________?！敬鸢浮竣?丙②.1.36s（1.32~1.40s均可）③.④.9.71（9.47~9.78均可）⑤.不正確。設(shè)擺球的重心下移△L，根據(jù)單擺周期公式，有，所以，與無關(guān)。（或：不正確。小磁片只影響圖像在L軸上的截距，不影響圖像的斜率，故不影響從圖像中測得的g的大小。）【解析】【詳解】（1）[1]圖乙的方法中當(dāng)單擺擺動時擺長會發(fā)生變化，則圖丙的懸掛方式較好；（2）[2]小球經(jīng)過最低點時磁感應(yīng)強度最大，相鄰兩次磁場最強的時間間隔為半個周期，由圖可知單擺的周期約為1.36s；（3）[3]根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點連線如圖（4）[4]根據(jù)可得則圖線斜率為則（5）[5]重力加速度根據(jù)圖像的斜率可求，由（4）的分析可知，小磁片不影響重力加速度的測量值，所以這個同學(xué)的觀點是不正確的。12.在“驗證動量守恒定律”的實驗中，為了避免平拋起點記錄不準(zhǔn)確以及實驗操作過程中白紙的移動帶來誤差，某同學(xué)利用如圖所示的裝置進行了如下的操作：①先調(diào)整斜槽軌道，使其末端的切線水平，在一塊平木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，并將該木板豎直立于靠近槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；②將木板向右平移適當(dāng)?shù)木嚯x，再使小球a從原固定點由靜止釋放，撞在木板上并在白紙上留下痕跡B；③把半徑相同的小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端讓小球a仍從原固定點由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上并在白紙上留下痕跡A和C；④用刻度尺測量白紙上O點到A、B、C三點的距離分別為y1、y2和y3。（1）兩小球的質(zhì)量關(guān)系：ma________mb（填“>”、“<”或“=”）。（2）上述實驗除需測量白紙上O點到A、B、C三點的距離外，還需要測量的物理量有_______。A．木板向右移動的距離LB．小球a和小球b的質(zhì)量ma、mbC．落到A、B、C三點的時間tD．小球a和小球b的具體半徑r（3）用本實驗中所測得的數(shù)據(jù)驗證兩小球碰撞過程動量守恒的表達式為_______；實驗小組發(fā)現(xiàn)本次實驗數(shù)據(jù)還可以驗證兩小球碰撞過程的機械能守恒，其表達式為_______。A．B．C．D．【答案】①.＞②.B③.D④.C【解析】【詳解】（1）[1]為了使a碰撞b后不被彈回，兩小球的質(zhì)量應(yīng)滿足（2）[2]兩小球在碰撞前后都做平拋運動，則碰前a球有可得同理碰后a、b的速度分別為則有動量守恒定律既所用還需要測量兩小球質(zhì)量。故選B；（3）[3]由上述分析可知，驗證兩小球碰撞過程動量守恒的表達式為故選D；[4]由機械能守恒可得故選C。13.如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB與光滑水平軌道BC相切于B點，質(zhì)量分別為m和2m的小球M、N之間壓縮一輕彈簧并鎖定（彈簧與兩小球均不拴連）。某時刻解除彈簧的鎖定，兩小球被彈開，小球M離開彈簧后恰好能沿半圓軌道通過最高點A，重力加速度為g。求：（1）離開彈簧時小球M的速度大??；（2）彈簧鎖定時所具有的彈性勢能。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）小球M恰好能通過半圓軌道的最高點A，根據(jù)牛頓第二定律有小球M從B點運動到A點的過程，根據(jù)動能定理有小球M通過B點時的速度等于離開彈簧時的速度，即聯(lián)立解得（2）彈簧將兩小球彈開的過程系統(tǒng)所受外力之和為零。根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得小球N離開彈簧時的速度大小彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為M、N的動能。根據(jù)機械能守恒有解得14.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在t=0.2s時刻的波形如圖實線所示，在t1=0.4s時刻的波形如圖虛線所示。在t到t1時間內(nèi)，x=2m處的P質(zhì)點運動的路程為s，且0.2m＜s＜0.4m。試求：（1）振幅A和波長λ；（2）波的傳播的方向和傳播速度的大??；（3）在t=0.2s后，P質(zhì)點第二次出現(xiàn)波谷的時刻?！敬鸢浮浚?），；（2）沿x軸負(fù)方向傳播，v=10m/s；（3）0.525s【解析】【詳解】（1）由題圖可知，振幅為波長為（2）由t=0.2s時刻到t1=0.4s時刻的時間內(nèi)，P質(zhì)點運動的路程滿足可得則有時間內(nèi)波傳播的距離為，則有即根據(jù)圖像可知，若沿x軸正