【文档说明】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版含解析.docx，共(20)页，1.984 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省示范高中培优联盟2024年春季联赛（高二）物理本试卷分选择题和非选择题两部分，选择题第1至第3页，非选择题第4至第6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。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，0=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4TB.该波的波速为LTC.0=t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4OPL==该波的波速为4LvTT==B错误；C．0=t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vT=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45i=，折射角30r=，光在真空中的光速为c，则（）A.玻璃砖的折射率3n=B.光从下

表面CD射出时的折射角为45C.光在玻璃中传播的时间为2LcD.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sin2sininr==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45，故B正确；C．光在玻璃中传播的速度为cvn=由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为在cosLsr=则光在玻璃中传播的时间为26cos3csnLLtvcr===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23894Pu衰变释放的部分核能转化成电能。23894Pu发生的核反应方程为2382349492PuUX→+，下

列核反应23894Pu发生的核反应属于同一种类型的是（）A.2341123HHHeX+→+B.144177282NHeOX+→+C.23518914492036564UnKrBa3X+→++D.22622288861RaRnX

→+【答案】D【解析】【详解】由题意可知2382349492PuUX→+中，未知产物是42He，反应类型是衰变A．2341123HHHeX+→+根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为10n，反应类型是核聚变，A错误；B．144177282NHeOX+→+根据质量数守恒和核电荷数守

恒可知未知产物为11H，反应类型是人工核转变，B错误；C．23518914492036564UnKrBa3X+→++根据质量数守恒和核电荷数守恒可知未知产物为10n，反应类型是核裂变，C错误；D．22622288861RaRnX→+根据质量数守

恒和核电荷数守恒可知未知产物为42He，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的【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1v被踢出后，以速率3v落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h、速率为2v，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mghB.从1到2空气阻力做功()221212mghmvv+−C.在2重力的功率为2mgvD.从2到3机械能减少了()222312mghmvv+−【答案】D【解析】【详解】A．从1到2重力做功为G

Wmgh=−故A错误；B．从1到2，根据动能定理()22f2112mghWmvv−+=−解得从1到2空气阻力做功为()22f2112Wmghmvv=+−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2

2f321122mghWmvmv+=−解得()22f2312Wmghmvv=−−−根据空气阻力做负功，所以机械能减少，根据fEW=可知，从2到3机械能减少了()22f2312Wmghmvv=+−故D正确。故选D。6

.如图所示，1Q、2Q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OAOB。在A点静止释放点电荷q，它在A、B两点间往复运动，已知1Q带正电，点电荷q的重力不计，则（）A.2Q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2Q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，2Q对q的引力越来越大，1Q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OAOB，所以12QQ，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.23πGTB.212πGTC.264πGTD.281πGT【答案】D【解析】【详解】卫星轨道的半长轴为224322RhRRaR++===由开普勒第三定律得32akT=根据万有引力

提供向心力得2224πGMmmrrT=解得密度为281πGT=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2nRLB.灯泡两端电压有效值为222nBR

LRr+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vr=可知，小轮转动的角速度为4，感应电动势的最大值为2m44EnBSnBL==灯泡两端电压有效

值为2mL222ERnBLRURrRr==++故A错误，B正确；C．通过线圈磁通量的最大值为2BL，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vr=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14RR=、2RR=、33RR=，滑动变阻器4R最大阻值为2R，理想电压表V的示数为U，理想电流表1A、2A的示数为1I、2I。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.1I减小，U不变B.2I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.12II的值变小，2ΔΔUI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()()243243243243RRRRRRRRRRRRR++++++副线圈整理，可得51.56RRR副线圈所以1I、2I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1063RRR副线圈当其等于1R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11222112IInIIn===其值不变，由201111222IUIRURU=+=+可得012224URUI=−

、1224RUI=−即124RUI=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q+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mgq。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2mgqBC.滑块到达D点时加速

度为零D.滑块经过D点时速度大小()21mgqB+【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qvBqE

mg==解得mgvqB=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ag=在D点2qvBmgma−=解得()21mgvqB+=故D正确。为故选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q+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30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θ，则有112sin2mgFmgmg===库解得30=即最大夹角为30。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0v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1st=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210m/sg=。下列说法正确的是（）A.00.3m/sv=B.00.4m/sv=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02mvmv=共解得02vv=共木板

A的位移0022vvxt+=解得00.4m/sv=木板A的加速度20.40.2m/s2vat===根据牛顿第二定律有ag=解得0.02=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xO

y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“2yx−”图线如图b所示。由2yx−图线求得斜率1k，小球平抛运动的初速度表达式为0v=__________（用斜率k和重力加速度g表示），带入图b中的数值，可

得0v=__________m/s（重力加速度210m/sg=，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“2yx−”图线如图c所示，图中直线的斜率分别为2k、3k，已知23kk。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1m，被碰小球质量2m和1k、2k、3k表示）【答案】

（1）①.2gk②.0.80（2）112123mmmkkk=+【解析】【小问1详解】[1][2]根据平抛运动规律可得0xvt=，212ygt=联立可得22200122xgygxvv==可知2yx−图像的斜率为202gkv=解得小球平抛运动的初速度为02gvk=代入数据，得

00.80m/s2gvk==【小问2详解】动量守恒得表达式112123222gggmmmkkk=+化简得112123mmmkkk=+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1.5V）和内电阻（约1

）。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1A：量程0~0.6A，内阻约0.1B．电压表1V：量程0~3V，内阻约1kC．电压表2V：量程0~15V，内阻约5kD．滑动变阻器0~

10E．滑动变阻器0~1000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UI−图线，如图乙所示。根据图线得出干电池电动势的测量值E=测_

_________V，内电阻的测量值r=测__________；（3）设干电池的电动势为E，内电阻为r，电压表内阻为VR，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U=__________；（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.B②.D（2）①.1.45②.0.9（3）VVV

VRRrEIRrRr−++（4）A【解析】【小问1详解】[1]一节干电池电动势约为1.5V，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UI−图像可知，

图线与纵轴交点的坐标即为电源电动势，故1.45VE=[2]电源内阻的1.451.000.90.5UrI−===【小问3详解】根据欧姆定律可知VUEUIrR=++变形可得VVVVRRrUEIRrRr=−++【小问4详解】根据VVVVRRrU

EIRrRr=−++可知，实线的纵截距为VVRERr+，虚线的纵截距为E，实线与虚线的横截距均为Er，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1

8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14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）2xR=；（2）

m32fmg=【解析】【详解】（1）根据机械能守恒，C点的速度为v212CmvmgR=根据平抛运动，水平距离x，212Rgt=，Cxvt=联立得2xR=（2）小球下滑到B点时，设AOB=，根据机械能守

恒定律21sin2mvmgR=根据牛顿第二定律2sinvNmgmR−=地面对物块的静摩擦力cosfN=联立得3sincosfmg=当45=时f最大，摩擦力的最大值m32fmg=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1v和粒子在圆筒内运动的时间1t；（2）若粒子射入的速度方向与半径成60角，求粒子的速度大小2v。【答案】（1）3qBRm，πmqB；（2）3qBRm或32qBRm【解析】【详解】（1）如图甲所示，粒子在磁场中的轨迹半径为1r，

洛伦兹力提供向心力，有2111vqvBmr=结合图中的几何关系可得13rR=解得13qBRvm=粒子运动的周期1122rmTvqB==粒子在圆筒内运动的时间11π2mtTqB==（2）如图乙所示，设粒子在磁场

中的轨迹半径为2r，洛仑兹力提供向心力，有2222vqvBmr=结合图中的几何关系可得23rR=解得23qBRvm=如图丙所示，几何关系可得232rR=解得232qBRvm=即粒子的速度大小23q

BRvm=或232qBRvm=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0v；（2）求释放a、b杆后，通过a杆中电荷量的最大值aq和焦耳热的最大

值aQ；（3）释放a、b杆后，经一段时间0t，已知c杆的位移为x，求这段时间0t内a杆的位移大小ax。的【答案】（1）2232FRBL；（2）332mFRBL，22448mFRBL；（3）022342FRtxBL−【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律和二力平衡：0EBLv

=EIR=总32RR=总FBIL=解得02232FRvBL=（2）释放a、b杆后，对三杆组成的系统动量守恒定律可得03mvmv=共对a杆根据动量定理可得BILtmv=共aItq=解得03332amvmFRqBLBL==对三杆组成的系统能量守恒定律可得22011322mvmvQ

=+共总根据能量分配得16aQQ=总解得222044188mvmFRQBL==（3）释放a、b杆后，对三杆组成的系统动量守恒定律可得0abcmvmvmvmv=++abvv=微元累加()0Δ2Δacmvtmvm

vt=+即002amvtmxmx=+解得000223242avtxFRtxxBL−==−