【文档说明】安徽省太和中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题 含解析.docx，共(18)页，3.825 MB，由小赞的店铺上传

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2021级高二下学期4月期中考物理试题第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，满分28分。每小题只有一个正确答案）1.小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持

起跳速度不变，则（）A.起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零B.起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同C.着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同D.着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同【答案】A【解析】【详解】A．根据题意，由做功公式W

Fx=可知，由于无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对人的作用力的位移为0，则地面对人做的功总为零，故A正确；B．起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对人的平均作用力大小不同，故B错误；CD．由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的

变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，则人的动量变化率不同，设地面对人的冲量为I，由动量定理有mgtIp−=可知，由于t不同，则I不同，故CD错误。故选A。2.如图所示，竖直悬挂的弹簧振子做振幅为A的简谐运动，当物体到达最低点时，物体恰好掉下一半（即物体

质量减少一半），此后振动系统的振幅的变化为（）A.振幅不变B.振幅变大C.振幅变小D.条件不够，不能确定【答案】B【解析】【详解】设物体掉下前弹簧的劲度系数为k，质量为m，振幅为A，振子在平衡位置时有mgkx=振子到达最低点时，弹簧

的形变量为xAx=+当物体掉下一半时，振子在平衡位置时有12mgkx=振子掉下一半时，设振幅为A，最低点的位置没有变化，弹簧的形变量没有变化xAx=+联立解得12AAxA=+故B正确,ACD错误。故选B。3.回旋加速器在现代科技中有重要的应用，是获得高能粒子的重

要途径。如图是回旋加速器的示意图，交变电压的大小和频率保持不变，匀强磁场的磁感应强度大小可以调节。用该装置分别对均带正电的粒子a和粒子b加速。已知粒子a与b的质量之比为k，电荷量之比为n，则分别加速粒子a和粒子b时，磁场的磁感应强度之比以及粒子a和粒子b的最大动能之比分别为（不考虑相对论效应）（

）A.nknB.knkC.nk2nkD.kn2kn【答案】B【解析】【详解】设粒子的质量为m，由于粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期等于交变电压的周期，根据224qvBmrT=而1fT=得2mfBq=所以加速粒子a与加速粒子b时，磁场的磁感应强度之比abBkBn=当粒子动

能最大时，粒子做圆周运动的半径最大等于D形盒的半径R，则最大速度m2vRf=所以a、b两粒子最大速度大小相等，根据2kmm12Emv=可知kkabEkE=故选B。4.如图所示，将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放，滑块沿斜面下滑后与固定在斜面底端

的挡板碰撞后反弹，碰撞的时间极短，可忽略不计，且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下为正方向，能正确反映滑块速度v随时间t变化的图像是（）的A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】v-t图像的斜率表示加速度，滑块沿斜面下滑时有1sinmgθfma−=碰撞后上滑时有2sinmgfma

+=所以12aa由于碰撞没有机械能损失，即碰撞前后速度大小不变，方向相反。故选D。5.如图所示为一直径1cm、质量分布均匀的小球在一不可伸长的细线的拴接下做简谐运动过程中的xt−图像，当地的重力加速度22m/sg=，则拴接小球细线的长度为（）A.24cmB.

24.5cmC.25cmD.25.5cm【答案】B【解析】【详解】依题意可知，小球振动的周期为1s，单摆周期2πLTg=可得单摆的摆长220.25m4πTgL==又小球直径为1cm，则拴接小球细线的长度为24.5cm2dLL=−=故ACD错误，B正确。故选B。6.2022年8月9日，浙江衢州市1

4岁少年打水漂打出吉尼斯世界纪录。“打水漂”是人类最古老游戏之一，游戏者运用手腕的力量使得撇出去的瓦片在水面上弹跳数次。如图所示，质量为3kg10的瓦片以10m/s的初速度从某一高度水平抛出，若落水时速度方向与水平方向成60°角，不计空气阻力，重力加速度g取210m/s。则从抛出到落水的

过程中，瓦片所受重力的冲量大小为（）A.1NsB.3NsC.3NsD.33Ns【答案】C【解析】【详解】瓦片做平抛运动，水平分运动为匀速运动，根据速度关系可知落水时的竖直分速度0tan60yvv=根据动量定理可得从拋出到落水，瓦

片所受重力的冲量大小为3103Ns3Ns10yImv===故选C。7.如图甲所示，0=t时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标0.5my=的R点，其后小船的的振动图像如图乙所示，可知（）A.水波的振动向x轴负方向传播B.水波波速为4

.8m/sC.1.2s末，小船运动到Q点D.1.5s末，浮木向下运动【答案】D【解析】【详解】A．由题图乙可知，t=0时刻小船沿y轴正方向起振，则此时小船应位于波传播方向波形的下坡上，所以水波的振动向x轴正方向传播，故A错误；B．由题图甲、乙可知波的波长和周期分别为λ=4m、T=1.2s，所以水波

波速为10m/s3vT==故B错误；C．小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动，故C错误；D．t=0时刻浮木正位于波传播方向的上坡上，所以此时浮木沿y轴负方向运动，因为1.5s4TT=+且t=0时刻浮木位于

平衡位置上方，所以1.5s末，浮木向下运动，故D正确。故选D。二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，满分18分。每题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图所示，在边长为L的正方形虚线框的顶点A

、B、C位置处分别放置+Q、-Q、+Q的点电荷，EG是AB的中垂线，EF=FG，将一电荷量为q的正电荷从无穷远处移动到E点，电场力做功为W，规定无穷远处电势为零，则（）A.EG是等势线B.E点的电势为WqC.D点电场强度大小为22212kQL−D.把

正电荷q从无穷远处移至G处电场力做功也为W【答案】CD【解析】【详解】A．由等量异种点电荷的分布特点可知，若C处没有点电荷时，EG为等势线，故A错误；B．根据电场力做功计算公式()EEEWqqW=−=−=解得EWq=−故B错误；C．根据电场强度叠加可求得D

点电场强度大小为22222122(2)DkQkQkQELLL−=−=故C正确；D．由于E、G关于C对称，所以E、G两点电势相等，所以把正电荷q从无穷远处移至G处电场力做功也为W，故D正确。故选CD。9.如图，水平放置的足够长的U形光滑导轨与一电容器连接，导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属棒

与导轨接触良好，在恒力作用下由静止沿导轨运动。电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻。则下列关于拉力的功率P与时间t、拉力所做的功W与时间t、电容器储存的电能E与位移x以及电容器上的电荷量q与位移x的关系图像可能正确的是（）的A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．根据题意，设恒力为F，

棒长为L，质量为m，加速度为a，则棒中的电流等于电容器的充电电流为CBLvICBLat==根据牛顿第二定律，对导体棒有FBILma−=解得金属棒的加速度22FamCBL=+可知，加速度不变，棒做匀加速直线运动，则拉力的功率为PFvFat==可知，Pt−图像为过原点的

直线，拉力做功为212WFxFat==可知，Wt−为开口向上的抛物线，故A错误，B正确；C．根据题意，由功能关系有21()2EFxmvFmax=−=−可知，Ex−图像为过原点的直线，故C正确；D．根据题意，由q

It=和212xat=可得2xqIa=可知，电容器上的电量q与位移x不成正比，故D错误。故选BC。10.某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量0.2kgm=的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，粗环通过长0.6mL=的轻绳连着质量0.4kgM=的小球

，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取210m/sg=，下列说法正确的是（）A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为23m/sB.小球再次返回最高点时的速度大小为0C.

小球第二次运动至最低点时的速度大小为2m/sD.小球运动轨迹左、右两端点间距离为0.4m【答案】BCD【解析】【详解】AC．自开始释放至小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有120Mvmv=−由能量守恒定律得22121122MgLMvmv=+联立解得小球在最低点时的速

度大小12m/sv=A错误，C正确；B．小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒得0()Mmv=+的解得共同速度0v=B正确；D．由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为1x，在小球从左侧最高点运动到右侧

最高点的过程，设滑环运动左、右两点的距离为2x，则12Mxmx=，122xxL+=解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离10.4mx=D正确。故选BCD。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、实验题（共2题，共15分）11.

某实验小组，利用实验室中的器材完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实验器材包括：学生电源一个、可拆变压器一个、多用电表一个、导线若干。其中可拆变压器如图：（1）学生电源应选用______（选填“低压”或“高压”）交流电源；

（2）下列关于本实验的说法正确的是______；A．通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路B．测量原、副线圈的电压时，可以使用大量程的直流电压挡C．若原线圈接0、8接线柱（800匝线圈），副线圈接0、4接线柱（400匝线圈），副线圈电压大于原线圈电

压D．保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，可探究副线圈上电压与匝数的关系（3）若变压器的匝数分别是400an=匝和800bn=匝，实验测量数据如下表：/VaU1.82.93.84.9/VbU4.06.08.010.0根据测量数据可

判断连接电源的线圈是______。（选填“an”或“bn”）【答案】①.低压②.D③.bn【解析】【详解】（1）[1]变压器只能改变交流电的电压，为保证安全，本实验的电源使用低压交流电源，电压不超过12V；（2）[2]A．为保证安全，实验通电时，不可用手接

触裸露的导线、接线柱等检查电路，A错误；B．测量原、副线圈的电压时，必须使用交流电压挡，B错误；C．若原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压规律，副线圈电压小于原线圈电压，C错误；D．本实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数

和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，D正确。故选D。（3）[3]由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，即bn为输入端，an为输出端。12.某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸

上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。（1）关于实验要点，下列说法错误的是_______（填选项字母）。A.安装轨道时，轨道末端必须水平B.实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动C.入射小球的质

量小于被碰小球的质量，两球的半径相同D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放（2）实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还需要测量的物理量有_______（填选项字母）。A.入射小球质量1m和被碰小球质量2mB.抛出点距地面的高度H

C.S点离水平轨道的高度h（3）图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_______cm；若测量的物理量满足关系式________（用测量的物理量表示），则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。【答案】①.C②.A③.55.50##55.40##55.60④.

112mOPmOMmON=+【解析】【详解】（1）[1]A．为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确；B．在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定小球的位置，但复写纸可以移动，故B正确；C．为防止入射小球

碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误；D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故D正确。本题选择错误选项；故选C。（2）[2]A．需要测量两个小球的质量1m、2m，故A正确；B．不需要测量抛出点距地面的高度H，故B错误；

C．不需要测量S离水平轨道的高度h，故C错误。故选A。（3）[3]由图乙可得落点平均位置所对应的读数为55.50cm；[4]设入射小球做平抛运动的初速度为0v，碰撞后入射小球的速度为1v，被碰小球的速度为2v，根据动量守

恒定律可知，若满足101122mvmvmv=+，则可得到碰撞前后的总动量不变，本实验中碰撞前后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，位移相同，而做平抛运动的时间2tHg=可知运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，根据动量守恒定律可得112OPOMONmmmttt=+可知若测量的物理量满足关系式

的112mOPmOMmON=+则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。四、计算题（共3题，共39分）13.如图所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆弧轨道圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在

O点的正下方。小球从A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的6倍，最后小球落在AD水平面上的C点。求：（1）小球释放点距A点的竖直高度。（2）小球落点C与A点的水

平距离。【答案】（1）1.5R；（2）()21R−【解析】【详解】（1）设小球到达B点的速度为1v，小球到达B点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的6倍，有216−=vmgmgmR从开始下落到B点根据机械能守恒定律得()2112mghRmv+=联立解得1.5hR=（2）设小球到达最高点时的

速度为2v，落点C与A点的水平距离为x，从最低点到最高点由机械能守恒定律得221211222mvmvmgR=+从最高点抛出后由平抛运动规律得212Rgt=而2Rxvt+=解得(21)xR=−14.如图，单匝轻质矩形线框abcd绕转轴OO匀

速转动，线框通过电刷与电阻R相连，已知ab长为1l，bc长为2l，线框的转速为n，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，不计线框的电阻和一切摩擦阻力。求：（1）线框转动过程中，感应电动势的最大值mE；（2）线框转动一周的过程中，外力对线框所做的功W。【答案】（1）m122E

nBll=；（2）2222122nWBllR=【解析】【详解】（1）线框转动的角速度2n=ab边切割磁感线产生的感生电动势的最大值m12EBll=解得m122EnBll=（2）线框转动一周的过程中，外力对线框所做的功等于线框中产

生的焦耳热WQ=2UQTR=其中m22UE=1Tn=解得2222122nWBllR=15.如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，AB之间光滑；水平面上距离A右端l处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。ABC的

质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度AC4vgl=，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰。已知重力加速度为g。求：（1）水平推力F的大小；（2）当AC都停下时C离A板右端的距

离d。【答案】（1）34mg；（2）5.5l【解析】【详解】（1）对A，由动能定理()201202Fmglmv−=−AC相碰，有02ACmvmv=得34Fmg=（2）AC相碰后，AC分离，对C有2CAC102mgxm

v−=−得C8xl=对A有()22AAC112322mgllmvmv−−=−A8vgl=然后AB相碰，有AAB2mvmv=此后，对A有2A2AB1202mgxmv−=−得A20.5xl=AC之间的距离()

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