【文档说明】安徽省滁州市九校联考2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.089 MB，由小赞的店铺上传

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滁州市2023~2024学年第二学期高二期中考试物理试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案

答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。4.本卷命题范围：选择性必修第一册第一章至第三章第2节，选择性必修第二册。一、选择题（本题共10小题，共42分.在每小题给出的四个选项中，第1~8题中只有一项符合题

目要求，每小题4分，第9~10题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）1.关于传感器，下列说法正确是（）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【答案】C【解析】【详解】A．电饭锅是通过温度传感器来实现温度自动控制，故A错误；B．空调是使用温度传感器来进行制冷工作的，故B错误；C．电子秤是利用压力传感器来进行称量的，故C正确；D．霍尔

元件是把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量来进行工作的，故D错误。故选C。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的.的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【答案】D【解析】【详解】A．输电线上输送的功率一定，根据PU

I=2PIR=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UIR=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.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cosBILB.金属棒受到的支持力大小为cosmgBIL+C.金属棒受到的摩擦力大小为sinBILD.金属棒受到的合力大小为mg【答案】C【解析】【详解】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FBIL=安故A错误；BC．对金属棒受力分析，如图所示根据平衡条件有sinFf=安NcosFFmg+=安解得sinfBIL=NcosFmgBIL=−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.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0x（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标分别为0y和0y−。忽略一切阻力，重力加速度为g，则（）A.该弹簧振子的振幅为02yB.该弹簧振子的振动周期为

03xvC.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02mgy【答案】D【解析】【详解】AB．白板做匀速运动，振子振动的周期等于白板运动位移02x所用的时间，则周期02

xTv=振幅为0Ay=故AB错误；C．加速度是矢量，激光笔在留下PQ、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02mgy，故弹性势能增加了02mgy，故D正确。故选D。5.一列简谐横波沿x轴传播，在0

=t和0.2st=时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期0.20sT。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8cmC.0.04mx=的质点在0.70st=时速度最大D.0.08mx

=的质点在0.05st=时距离平衡位置5cm【答案】C【解析】【详解】A.无法判定波的传播方向，故A错误；B.由yx−图像可知波长16cm=故B错误；C．根据0.2s2TnT+=2510Tn=+因为0.20sT故波的周期0.4sTv==根据振动与波动的关系

知0=t时，0.04mx=的质点在波峰30.70s14tT==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10.05s8T=从平衡位置向位移最大处运动时，速度越来越小，则0.08mx=的质点在0.0

5st=时距离平衡位置大于5cm，故D错误。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2T电压为0U，后2T电压为0U−，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2TB.粒子的最大速度为2RT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【答案】B【解析】【详解】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2vqvBmR=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m2RvT=故B正确；C．由22kmm11222REmvmT==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22km2002ERnqUkUT==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。7.2023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3510HL−=

，电容器电容2μFC=，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4210sT−=B.当410st−=时，电容器上极板带正电C.当41

0s3t−=时，电路中电流方向为顺时针D.当4210s3t−=时，电场能正转化为磁场能【答案】A【解析】【详解】A．根据周期公式可得36422510210s210sTLC−−−===故A正确；B．当410st−=，即2T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410s3t−=时，即0~4T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4210s3t−=时，即介于~42TT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.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0<k<1T/s），a、b为圆环的一条

直径的两端点，圆环的总电阻为R，则（）A.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212abUkr=D.在t=0时，右半圆环受到的安培力大小为30kBrR【答案】D【解析】【

详解】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，AB错误；C．根据法拉第电磁感应定律得电动势为222SBkrEt==所以电流为22EkrIRR==ab两端电压为

224abRkrUI==C错误；D．根据安培力公式320022kBrkrFBILBrRR===D正确。故选D。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

【答案】AD【解析】【详解】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.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222TB=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=1

5Ω，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502sin100(V)et=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250JD.外电阻1s内产生的热量为75

0J【答案】AC【解析】【详解】A．线框中感应电动势表达式为22222sin25(1010)250sin250(V)502sin100(V)eNBSttt−===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的m50V2EE==所以线圈匀速转动2s内外力做功为220502J250J155EQtRr===++故C正确；D．外电阻1s内产生的热量为2R0()93.75JEQRtRr==+故D错误。故选AC。

二、实验题（本题共2小题，共14分）11.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2T成正比

；同学丙认为，l变化时，2T是不变的；同学丁认为，l变化时，l与2T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）。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()2m/sg199.002.00200.0____________（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”）。【答案】（1）丁（2）①.100②.9.86（3）偏大【解析】【小问1详解】根据2lTg=解得224glT=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，2T会随之变化，丙同学错误；l变化时，l与2T比值是定值，丁同学正确。【小问2详解】[1]摆长等于摆线长度加摆球半径，即100cm2dLl=+=[2]由单摆公式2LTg

=解得29.86m/sg=【小问3详解】若该同学在加速上升的电梯中做此实验，则2LTga=+所测得的重力加速度数值偏大。12.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______。【答案】（1）（

2）电流表的示数I（3）21()mmgIl−（4）外【解析】【小问1详解】【小问2详解】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。【小问3详解】根据平衡条件有21()mmg

BIl−=解得21()mmgBIl−=【小问4详解】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。三、计算题（本题共3小题，共计44分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只

写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）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1TB=，有一水平放置的光滑金属框架，宽度为0.5ml=，框架上放置一质量为0.5k

g、接入电路的阻值为1Ωr=的金属杆cd和一阻值为3ΩR=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4m/sv=向右沿框架做匀速直线运动，并计时开始．求：（1）在

02s内平均感应电动势和水平外力分别是多少？（2）在02s内通过电阻R的电荷量是多少？（3）2s后撤去外力F，从2s=t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？【答案】（1）2V，0.25N；（2）1C；（3）1J【解析】【详解】（1）金属杆2s内的位移

x＝vt＝8m由法拉第电磁感应定律得E=10.58V2V2BSBlxtt===电流05A.EIrR==+因金属杆匀速运动外力F满足0.25NFFBIl===安（2）通过电阻R的电荷量1CqIt==（3）根据能量守恒可得214J2Qmv==总因此金属杆

产生的焦耳热1JrQQRr==+总14.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在0y区域存在着沿y−方向的匀强电场1E，在0.6my−区域内，存在着沿y+方向的匀强电场2E，且213EE=，在0.6m0

y−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5T2B=，一质量2210kgm−=，电量2410Cq−=+的带电粒子，从y轴上M点()053cm，，以速度03m/sv=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1E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。【答案】（1）53N/C，()10cm0，；（2）23m5；（3）()21s15+【解析】【详解】

（1）粒子飞出做类平抛运动，则有21112MqEytm=，01ONxvt=在N点进行速度分解有101tan30NyqEvvtm==解得153N/CE=，10cmONx=即N点坐标为()10cm0，。（2

）结合上述可知，粒子进入磁场的速度0123m/scos30vv==粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有211vqvBmR=解得23m5R=（3）由于cos300.6mR=可知，粒子将垂直于分界线进入匀强电场2E，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122RmTvqB==粒子前两次穿过x轴在磁场对应的圆心角()29030120=−=则粒子在磁场中运动的时间1360tT=粒子在电场中做双向匀变速直线运动，则有2112qEvvtm−=−粒子前两次穿过x轴的时间间隔12ttt=+解得()

21Δs15t+=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1kg3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210m/s．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】（1）10NF=；（2）3Ns；（3）0.5mx=【解析】【详解】（1）设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为0v，根据机械能守恒有201

2mgLmv=解得06m/sv=小球在最低点时，根据牛顿第二定律有20vFmgmL−=解得10NF=（2）设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为1v、物块A速度大小为2v，根据动量守恒有012Amvmvmv=−+根据能量

守恒有222012111222Amvmvmv=+解得12013m/s2vvv===此过程，物块A对小球的冲量大小()013NsImvv=+=（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

3v，根据动能定理有221321122AAAmgxmvmv−=−的设长木板的长为s，物块A滑上长木板后，物块的加速度大小为1a，长木板的加速度大小为2a，根据牛顿第二定律，对物块A有11AAmgma=解得215m/sa=对长木板，有()

122AABBmgmmgma−+=解得221m/s3a=根据题意312vatat−=223121122vtatats−−=解得32m/sv=，0.5mx=