【文档说明】安徽省皖豫名校联盟2022-2023学年高二下学期阶段性测试 物理 试题 含解析.docx，共(17)页，929.443 KB，由小赞的店铺上传

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皖豫名校联盟2022—2023学年（下）高二年级阶段性测试（三）物理考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出

每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项

符合题目要求。1.某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220V，输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示。将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为1V。则（）A

.该充电器原线圈有2200匝B.该充电器原线圈有5500匝C.被烧坏的副线圈有300匝D.被烧坏的副线圈有250匝【答案】C【解析】【详解】AB．设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为1n、2n、3

n，变压器的原、副线圈和新绕线圈的电压分别为1U、2U、3U，则有1133UnUn=解得该充电器原线圈匝数为11331100UnnU==匝故AB错误；CD．同理可得1122UnUn=解得被烧坏的副线圈匝数2211300UnnU==匝故C正确，D错误。故选C。2.如图所示，一

个正四面体−PABC，底面ABC为一个等边三角形，O点为底面ABC的中心。在顶点P处固定一个正点电荷，则下列说法正确的是（）A.A、B、C三点的电场强度相同B.整个底面ABC为等势面C.将某负试探电荷沿CB边从C移动到B，电场力先做负功后做正功D.将某负试探电荷沿CB边从

C移动到B，其电势能先减小后增加【答案】D【解析】【详解】A．A、B、C三点到P点的距离相等，根据点电荷的场强公式2QEkr=分析可知，A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．底面ABC上O点的电势最高，不是等势面，故B错误；C．设BC中点为M，将一负的试探电荷从C点沿

直线CB移到B点，从C到M的过程中，电势逐渐增大，而12()Wq=−由于0q120−故0W先做正功，从M到B的过程中，电势逐渐减小，而12()Wq=−由于0q120−故0W后做负功，故C错误；D．电场力先做正功，电势能减小，后做负功，电势能增大，故

D正确。故选D。3.如图所示，OC是位于光滑绝缘水平面上的等腰三角形ABC底边AB的高，电荷量相等的两个正点电荷分别固定在A、B两点。绝缘光滑杆与OC重合。有一带负电的轻质小球套在杆上，自C点从静止释放后沿CO方向运动，当小球运动到O点时，其速度大小为v，若B处正点电荷的电荷量变为原来

的2倍，其他条件不变，仍将小球由C点从静止释放。小球可看作点电荷。下列说法正确的是（）A.电场力的功变为原来的2倍B.电场力的功变为原来的3倍C.小球运动到O点时，其速度大小为3vD.小球运动到O点时，其速度大小为62v【答案】D【

解析】【详解】AB．电荷量相等的两个正电荷，设其电荷量大小为+Q，则两个点电荷各自在CO间的电势差相等，设其为UCO；设轻质小球电荷量为-q，电场力做功为2COWqU=−若B处正电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，可以将该电荷看为在B处放置两个相同的电荷量为+Q的电荷，则这三个点电荷各自在

CO间的电势差都为UCO，电场力做功为13COWqU=−则132WW=即电场力的功变为原来的32倍，故AB错误；CD．根据动能定理有2122COqUmv−=21132COqUmv−=解得162vv=故C错误，D正确。故选D。4.交警使用的某型号酒精测试仪如图

1所示，其工作原理如图2所示，传感器的电阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均可视为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（）A.电压表示数变大，电流表的示数变小B.酒精气体浓

度越大，电源的效率越低C.酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大D.电压表示数变化量与电流表示数变化量绝对值之比变小【答案】B【解析】【详解】A．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器的电阻值R减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧

姆定律可知，电路总电流增大，路端电压U外减小；即电流表的示数变大，通过定值电阻0R电流增大，0R两端电压0U增大，根据0RUUU=+外的的可知传感器的电阻两端电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；B．电源的效率为11UIRrEIRrR===++外外外外酒精气体浓度越大，传感器的电阻值

R越小，电路外电阻越小，电源的效率越低，故B正确；C．当外电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大；酒精气体浓度越大，传感器的电阻值R越小，电路外电阻越小，由于不清楚外电阻与内阻的大小关系，故无法判断电源的输出功率的变化，故C错误；D．根据闭合电路

欧姆定律可得0()EUIRr=++可得0()UIRrE=−++则有0URrI=+电压表示数变化量与电流表示数变化量绝对值之比保持不变，故D错误。故选B。5.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳连接两个相同的物体A、B，水平恒力F

作用在A上，两者一起以速度v做匀速运动，在0=t时轻绳断开，A在F的作用下继续前进，则下列说法正确的是（）A.当B物体停下瞬间，A物体的速度为2vB.轻绳断开后，A、B的总动量始终守恒C.在此后运动过程中A、B整体

机械能守恒D.轻绳断开之后，拉力F所做的功等于A物体动能的增加量【答案】A【解析】【详解】A．设A、B物体受到的摩擦力为f，整体做匀速运动，则2Ff=轻绳断开后，对B物体Bfma=的B0vat=−对A物体AFfma−=Avvat=+联立解得2vv=故A

正确；B．在B物体停止前，A、B系统的合力为零，总动量始终守恒；但B物体停止后，A、B物体的合力不为零，总动量不守恒，故B错误；C．B物体减速，B物体的位移小于A物体的位移，故拉力做功大于整体摩擦力做功，整

体机械能增加，故C错误；D．轻绳断开之后，A物体受到拉力和摩擦力，拉力和摩擦力的合力所做的功等于A物体动能的增加量，故D错误。故选A。6.如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时（）A.电容器C正在放电B.A板带负电C

.电感线圈L两端电压在增加D.电场能正在转化为磁场能【答案】C【解析】【详解】已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，可知线圈磁场能减小，电容器电场能增加，磁场能正在转化为电场能；电容器正在被充电，A板带正电；根据QCU=可知电容器电压增加，电感线圈L两端电压在

增加。故选C。7.如图所示，空间存在以圆为边界的磁场区域，氕核（11H）和氦核（42He）先后从磁场边界上的P点沿半径方向射入磁场，并且都从磁场边界M点射出，已知两条半径PO、MO相互垂直，不计两原子核的重力，下列说法正确的是（）A.氕核与氦核射入磁场的速率之比2:1B.氕核与氦核在磁场运动时

间之比1:1C.氕核与氦核射入磁场的动量大小之比1:1D.氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比2:1【答案】A【解析】【详解】A．两粒子运动半径相同，又2vqvBmr=mvrqB=所以氕核与氦核射入磁场的速率之比2:1，故A正确；B．周期22rmTvqB==

两粒子都运动了各自周期的四分之一，可知，氕核与氦核在磁场运动时间之比1:2，故B错误；C．动量p=mv氕核与氦核射入磁场的动量大小之比1:2，故C错误；D．加速度2var=氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比4:1，故D

错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。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，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴

竖直向上。第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根

据以上信息，可以确定的物理量有（）A.小球做圆周运动的速度大小B.小球在第四象限运动的时间C.第四象限匀强电场场强方向D.磁感应强度大小【答案】ABC【解析】【详解】根据题意可知，粒子从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第

一象限，则O点为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系可知ROPOQd===A．粒子在第三象限，由重力和洛伦兹力的作用下，由A点运动到P点，洛伦兹力不做功，则运动过程中，粒子的机械能守恒，由机械能守恒定律有212Pmgdmv=解得2Pvgd=即小球做圆周运动的速度大小为2gd，故A

符合题意；BCD．根据题意可知，粒子在第四象限做匀速圆周运动，则有mgEq=2PPvqvBmd=由图结合左手定则可知，粒子带负电，由于电场力的方向竖直向上，则第四象限电场方向为竖直向下，解得22mgdmgBqdqd==mgqE=由于不知道E、m和q，则

无法得出磁感应强度B，粒子在第四象限的运动时间为12244Pddtvg==故D不符合题意，BC符合题意。故选ABC。9.两虚线之间存在如图所示方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由同一规格的导线制成单匝边长为L的正方形导线框MQHN，电阻为r。线框沿与磁场边界成45角的方

向进入磁场，当导线框运动到图示位置时速度大小为v，则（）A.线框中感应电流方向HNMQHB.线框受到安培力的大小是22BLvrC.线框所受安培力的方向是由N指向QD.HN两端的电势差34HNBLvU=【答案】ACD【解析】【详解】A．线框中磁通量

在增大，根据楞次定律可得感应电流方向HNMQH，A正确；BC．导线框此时产生的感应电动势大小为EBLv=此时线框中边MN和HN都受到安培力的作用，大小相等为2A2EFBLLrBvr==根据左手定则可知两边受到的的安培力夹角为90

，所以合力为AA22=2=2FBFLvr合方向由N指向Q，B错误，C正确；D．HN两端的电势差即为电路的路端电压，根据电路规律有33=44HNBLvUE=D正确。故选ACD。10.如图所示，在某空间有匀强电场，电场方向斜向上且与水平方向成45角。一质量为m

的带正电小球用长度为L且不可伸长的绝缘细线悬挂于O点。开始小球静止于P点，细线水平。现用外力将小球拉到最低点Q由静止释放，小球可视为质点，重力加速度为g，细线始终处于拉直状态，则关于小球从Q运动到P点过程说法正确的是（

）A.小球沿电场线方向由Q运动到P点B.该过程电势能减少了2mgLC.机械能增加了2mgLD.到达P点时小球速度大小为2gL【答案】CD【解析】【详解】AD．开始小球静止于P点，受力分析有2sin452mgEqEq==可得重力与电场力合力方向水平向右，大小为Fmg=将该

合力看成等效重力场，可知小球从Q运动到P点过程中做圆周运动；该过程中根据动能定理有212PFLmv=联立解得2PvgL=A错误，D正确；BC．该过程电场力做正功，电势能减少p2222EEqLmgLmgL===小球在运动过程中只有重力和电场力做功，电势能减小量等于机械能增加量，故机械能增加了2

mgL，B错误，C正确。故选CD。的的三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中小球运动轨迹及落点的情况如图所示。其中O点为轨道末端在水平地面上的投影，A、C两点分别为a、b两小球碰撞后在水平地面上的平均落点位置，B点为a球未与b球碰撞自然飞出的落点，经测

量以上三处落点位置到投影O处的水平距离分别是Ax、Bx、Cx，用天平测量两小球的质量分别是am、bm。根据上述物理量完成以下两个问题：（1）如果满足关系式___________，则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。（2）实验时调节

a球下落高度，让a球以一定速度与静止的b球发生正碰，测得碰后a球动量正好是b球的2倍，则a、b两球的质量之比abmm应满足___________。【答案】①.aBaAbCmxmxmx=+②.2CAxx

【解析】【详解】（1）[1]两小球抛出后做平抛运动，下落的高度相等，则有下落的时间相等，设为t，小球在水平方向做匀速直线运动，若a、b碰撞动量守恒，则有aaaabbmvmvmv+=可得CBAaabxxxmmmttt=+整理可得aBa

AbCmxmxmx=+可知如果满足关系式aBaAbCmxmxmx=+则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。（2）[2]测得碰后a球动量正好是b球的2倍，则有2aabbmvmv=可得2aAbCmxmx=则有2aCbAmxmx=测得碰后a球动量正好是

b球的2倍，则a、b两球的质量之比abmm应满足2CAxx。12.某学习小组利用伏安法测定一电池组的电动势和内阻，实验原理如图1所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，0R

是标称值为4.0的定值电阻。（1）已知灵敏电流计G的满偏电流g100μAI=、内阻g2.0kr=，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只___________（保留1位小数）的定值电阻1R。（2）根据某次实验的

数据做出UI−图像如图2所示，由图像可知，电池组的电动势E=___________V，电池组的内阻r=___________（结果均保留2位有效数字）。【答案】①.1.0②.5.4③.1.8【解析】【详解】（1）[1]灵敏电流计G改装为200mA的电流表，应并

联的电阻为63gg136A100102.0101.02001010010gIrRII−−−==−−（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得()0UEIrR=−+由UI−图像在纵轴上的截距表示电源电动势，可知电动势为5.4VE=[3]由UI−

图像斜率的大小表示r+R0的值，可得()035.164.74.01.81204010UrRI−−=−=−−13.如图所示，小车放在光滑的水平面上并且紧贴右侧竖直墙壁（不粘连），小车质量为3kg，上表面AB段是长为3m的粗糙水平轨道，BC段是半径为0.5m的四分之一光滑圆

弧轨道，两段轨道相切于B点，质量为1kg、可视为质点的物块从小车左端A点以4m/s的速度滑上小车。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取210m/s，求：（1）物块第一次到达B点时对轨道的压力；（2）物块在小车上最终的位置（离左端A点的距离）。【答案】（1）1

8N，方向竖直向下；（2）2.25m【解析】【详解】（1）小车从A点滑到B点的过程中，设到达B点时的速度为Bv，由动能定理可得22BA1122ABmglmvmv−=−解得B2m/sv=滑块到达B点后将做圆周运动，设滑块在B点时受到的支持力为N，则由牛顿

第二定律有2BvNmgmR−=代入数据解得18NN=由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力18NNN==方向竖直向下。（2）滑块滑上圆弧返回后再次到达B点开始，此后滑块和小车动量守恒，最终达到共速，设共速时的速度为v，滑块相对于小车

的位移为x，由动量守恒定律和能量守恒可得()BmvmMv=+，()22B1122mvmMvmgx=++联立解得0.75mx=则物块在小车上最终的位置（离左端A点的距离）为3m0.75m2.25mABdlx=−=−=14.如图所示，间距为1mL=的足够长平行金属轨道固定在水平面上，整

个装置处在一个磁感应强度2TB=、方向竖直向下的匀强磁场中。轨道左端ab间连有一个阻值2R=的定值电阻，一根质量0.5kgm=、阻值0.5=r的金属棒垂直放置在轨道上，金属棒与轨道间的动摩擦因数0.2=。现用一个恒定的外力F平行于轨道拉动

金属棒，使其从静止开始运动，当前进了0.75mx=、速度达到4m/s时金属棒开始匀速运动，重力加速度g取210m/s，求：（1）恒力F的大小；（2）从开始到速度达到4m/s经历的时间；（3）从开始到速

度达到4m/s过程电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）7.4N；（2）0.5s；（3）0.64J【解析】【详解】（1）金属棒匀速时由平衡关系22BLvFmgrR=++解得7.4NF=（2）对金属棒根据动量定理()0

FmgtBILtmv−−−=−其中0.6CBLxqItRrRr−====++联立解得0.5st=（3）对金属棒根据动能定理有21()02FmgxWmv−−=−安由功能关系WQ=总安其中RQQRr=+R总联立解得0.64JRQ=15.如图所

示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，2PMR=。平行金属板PQ、MN间存在着匀强电场（其中金属板PQ位于x轴上），金属板长度为3MNR=，H为金属板MN上一点，并且2MHR

=。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v均匀向各个方向射入0y的区域，离子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上。离子到达金属板MN即被吸收，不计离子重力及相互作用。（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A

点打到H点，求：①两金属板间电压大小；②HN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。【答案】（1）233mvBqR=；（2）22mvUq=；13【解析】【详解】（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，即2vqvBmr=由几何关系可知，轨迹圆的的半径和磁场圆的半径关系为

cos30rR=联立解得233mvBqR=（2）①在电场中，离子做类平抛运动，2Rvt=2122qURtmR=解得22mvUq=②由几何关系可知，轨迹圆的半径rR=，轨迹圆与磁场圆的两个圆心与两圆交点的连线构成

一个菱形，因为AOFE，而AO是竖直的。所以FE也是竖直的，FE是轨迹圆的半径，说明两个圆不管交到哪一点，粒子速度方向都是与FE垂直，水平向右，粒子总是水平进入电场做类平抛运动且初速度大小相等，所以从P点进入电场中的离子的水平位移最大；因为PM

=2AM，所以从P点进入电场的粒子运动时间应是从A点进入电场的离子在电场中运动时间的2倍；所以其水平位移应为2MH=2R，因为MC=R，则从P点进入电场的时间是离子到达C点的离子运动时间的2倍，故到达C点的离子进入电场时到M点

的距离是MP的14，由几何关系可知，从P点到F点包含的离子转过的圆心角为120°，所以速度的偏向角也为120°，到达MC的速度偏向角只有60°。那么离子数占发射出的总离子数的比例获得更多资源请扫码加入享学资源网

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