安徽省蚌埠市2023-2024学年高二物理下学期5月期中试题含解析

2023~2024学年度高二第二学期5月月巩固检测物理试题时间：75分钟满分：100分第Ⅰ卷选择题（共46分）注意：选择题的答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应位置，否则该大题不予记分。一、选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。）1.法拉第发现电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代，下列哪一个器件工作时利用了电磁感应现象（）A.电磁炉 B.回旋加速器 C.示波管 D.磁电式电流表【答案】A【解析】【详解】A．电磁炉是通过电磁感应现象产生感应电流对锅进行加热的，利用了电磁感应现象，故A正确；B．回旋加速器利用磁场偏转，利用电场进行加速，与电磁感应无关，故B错误；C．示波管利用电荷在电场中受到电场力而发生偏转的，与电磁感应无关，故C错误；D．磁电式电流表是利用通电线圈受安培力进行工作的，与电磁感应无关，故D错误。故选A。2.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选C。3.如图甲所示，线圈L的直流电阻不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC回路中将产生电磁振荡。从开关S断开计时，线圈中的磁场能EB随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（）A.LC振荡电路的周期为2×10-3sB.在1×10-3s时，电容器右极板带正电C.1×10-3s~2×10-3s时间内，电流在减小D.1×10-3s~2×10-3s时间内，自感电动势在增加【答案】B【解析】【详解】A．时刻断开开关S，电感线圈与电容器构成振荡回路，电感线圈中的电流从某一最大值开始减小，产生自感电动势对电容器充电，磁场能转化为电场能，电容器所带电荷量从零开始增加，当线圈中的电流减为零时，电容器充满电，所带电荷量达到最大，振荡电路经历时，磁场能为零，电场能最大，电容器中最大的电场能为，随后电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，电场能转化为磁场能，形成振荡电路，故LC电路振荡周期为，故A错误，B．没断开开关前，线圈与R串联，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，电容器两极板所带的电荷量为零，此时通过线圈的电流自左向右。当断开开关时，开始给电容器充电，电流逐渐减小，经过个周期（时刻）充电电流减小到最小，此时电容器所带的电荷量最多（左板带负电，右板带正电），线圈L的感应电动势最大，故B正确，CD．由上分析知1×10-3s~2×10-3s时间内，电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，自感电动势在减小，故CD错误。故选B。4.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波的波速为240m/sB.该波沿x轴正方向传播C.质点P的平衡位置位于x=3m处D.从t=0.125s开始，质点Q比质点N早回到平衡位置【答案】D【解析】【详解】A．设该波的波长为λ，根据三角函数知识可知，N、Q两质点平衡位置间的距离为解得由题图乙可知该波的周期为，所以该波的波速为故A错误；B．由题图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，此时P应位于波传播方向波形的上坡，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误；C．由题图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时刻为t=0.25s，易知此波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有解得故C错误；D．从t=0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为则即质点Q比质点N早回到平衡位置，故D正确。故选D。5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入正弦式交流电的电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是A.电压表的读数为31VB.副线圈输出电压的频率为5HzC.P向右移动时，原线圈的电流变大D.P向右移动时，变压器的输入功率变小【答案】C【解析】【详解】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为，即电压表的读数为，所以A错误．由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故B错误．P向右移动时，次级电阻减小，则次级电流变大，根据原副线圈电流之比等于匝数的反比，初级电流变大；因次级电压不变，故输出功率增大，故C正确，D错误．故选C．【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．另外掌握变压器电压和电流与匝数的关系.6.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心之间的距离为，下列说法正确的是（）A.中央亮纹最亮最宽B.测得单色光的波长C.将单缝向双缝靠近，干涉条纹变宽D.将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数【答案】B【解析】【分析】【详解】A．中央亮纹最亮，但是中央亮纹宽度与其他亮纹宽度相同，所以A错误；B．根据解得单色光的波长所以B正确；C．根据可知，将单缝向双缝靠近，干涉条纹保持不变，所以C错误；D．将屏向远离双缝的方向移动，则l变大，条纹宽度变大，则可以减小从目镜中观察到的条纹个数，所以D错误；故选B。7.如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是（）A.在时刻，金属圆环L内的磁通量最大B.在时刻，金属圆环L内的磁通量最大C.在时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在时间内，金属圆环L有扩张的趋势【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知，时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，金属圆环周围没有磁场，金属圆环L内的磁通量最小，故A错误；B．由图乙可知，时刻的磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，故B正确；C．在时间内，由图乙可知穿过螺线管的磁通量向上逐渐减小，根据楞次定律，在螺线管中的电流方向f到c，且磁通量的变化率不断变大，电路的感应电流不断变大；根据安培定则可知穿过金属圆环L的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，故C错误；D．根据C选项分析可知，在时间内，穿过金属圆环L的磁通量向外增大，根据楞次定律推论增缩减扩，可知金属圆环L有收的趋势，故D错误。故选B。8.发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率是（）A. B.C.I2R D.I（U1－U2）【答案】BCD【解析】【详解】试题分析：输电线上损失的电压为，输电导线损失的电功率为，根据欧姆定律得，因此有，或，故BCD正确，A错误．考点：本题考查了在远距离输电中功率损失问题，同时考查了输电过程各物理量间的关系．9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈1、2落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、，通过线圈截面的电荷量分别为、，不计空气阻力，则（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【详解】AC．线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为由电阻定律有其中为材料的电阻率，为线圈的边长，为导线的横截面积线圈的质量为为材料的密度联立可得线圈刚进入磁场时其加速度为由此可知加速度与无关，所以有可知线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈1刚好全部进入磁场中时，线圈2由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈1完全进入磁场后做加速度为的匀加速运动，而线圈2仍先做加速度小于的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为的匀加速运动，两线圈加速运动的位移相同，所以落地速度关系为故A正确，C错误；B．根据可得可知通过线圈横截面的电荷量与线圈的边长成正比，所以有故B错误；D．由能量守恒可得是磁场区域的高度，因为，，所以可得故D正确。故选AD。10.如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d=lm、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC，导轨两端接有阻值分别为R1=3Ω和R2=6Ω的定值电阻.矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场I和Ⅱ。一质量m=0.2kg，电阻r=1Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处，在方向水平向右、大小F0=2N的恒力作用下由静止开始运动，刚到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3m／s，导体棒ab进入磁场Ⅱ后，导体棒ab中通过的电流始终保持不变。导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，空气阻力不计。则（）A.导体棒ab刚到达EF时的加速度大小为5m/s2B.两磁场边界EF和MN之间的距离L为1mC.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去，导体棒ab继续滑行的距离为3mD.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去，导体棒ab继续滑行的过程中整个回路产生的焦耳热为3.6J【答案】AD【解析】【详解】A．导体棒ab刚要到达EF时，在磁场中切割磁感线产生感应电动势E1=Bdv1经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左，由牛顿第二定律，则有F0-BI1d=ma1根据闭合电路的欧姆定律，则有上式中解得a1=5m/s2选项A正确；

B．导体棒ab进入磁场Ⅱ后，受到的安培力与F0平衡，做匀速直线运动，导体棒ab中通过的电流I2，保持不变，则有F0=BI2d其中设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，则有F0=ma2导体棒abEF，MN之间做匀加速直线运动，则有解得L=1.35m选项B错误；

C．对撤去F0后，导体棒ab继续滑行的过程中，根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律，则有BId=ma而若△t→0，则有由以上三式可得则有即解得s=3.6m选项C错误；D．根据能量守恒定律，则有因v2=6m/s，代入数据解得Q=3.6J选项D正确。故选AD。第Ⅱ卷非选择题（共54分）二、实验题空（每空2分，共16分）11.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）。（1）在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O；在半圆形玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3；实验中要求三枚大头针的______（选填“针帽”或“针尖”）在同一视线上；（2）图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量______，（选填l1、l2、l3或l4）则玻璃砖的折射率可表示为______；（3）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.针尖②.和③.④.偏大【解析】【详解】（1）[1]实验中要求三枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽，针帽的在视线方向上的横截面积比较大，会带来较大误差。（2）[2][3]光线的入射角和折射角的正弦值分别为，根据光的折射定律可知玻璃砖的折射率因此只需测量和即可。（3）[4]当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为是不变的，即入射角不变，而减小，所以测量值将偏大。12.小明在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验。如图1，他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为，细线的上端固定于点；B.用刻度尺测量间细线的长度作为摆长；C.将石块拉开一个大约的角度，然后由静止释放；D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间，由得出周期；E.改变间细线的长度再做几次实验，记下相应的和；F.根据公式，分别计算出每组和对应的重力加速度，然后取平均值作为重力加速度的测量结果。（1）小石块摆动的过程中，充当回复力的是______。A.重力B.拉力C.拉力沿水平方向的分力D.重力沿圆弧切线方向的分力（2）为使测量更加准确，步骤D中，小明应从______（选填“最大位移”或“平衡位置”）处开始计时。（3）小明用长作为摆长，的测量值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。（4）小红利用小明测出的多组摆长和周期的值，作出图线如图2所示，并计算出图线的斜率为，由斜率求出重力加速度______（计算结果保留2位小数）。【答案】①.D②.平衡位置③.偏小④.9.74【解析】【详解】（1）[1]小石块摆动过程中，指向平衡位置的力为重力沿圆弧切线方向的分力，所以重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力。故选D。（2）[2]为减小实验误差，应从石块摆到最低点，即从平衡位置开始计时。（3）[3]由单摆的周期公式解得用的长作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小。（4）[4]设石块重心到点距离为，则实际摆长为可得解得可知图像的斜率为解得三、计算题（本题包括3小题，共38分，写出必要的文字说明和解题过程。）13.在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。（1）如图1所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的v-t图像如图2所示（规定向右为正方向）。已知mA=0.1kg，mB=0.2kg，弹簧质量不计。a.在图2中画出B物块v-t图像；b.求初始时弹簧的弹性势能Ep。（2）双原子分子中两原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与（1）的情境相似。已知，两原子之间的势能EP随距离r变化的规律如图4所示，在r=r0点附近EP随r变化的规律可近似写作，式中和k均为常量。假设原子A固定不动，原子B振动的范围为，其中a远小于r0，请画出原子B在上述区间振动过程中受力随距离r变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。【答案】（1）a；b.；（2）；【解析】【分析】【详解】（1）a.如答图2所示b.由图像可知，当时弹簧恢复到原长，根据动量守恒定律可得，此时根据机械能守恒定律（2）原子B振动过程中受力随距离变化的图线如答图3所示由题意可知，原子B处于r1=r0处时，系统的动能为最大值，设为Ek1，系统的势能为最小值，为原子B处于r2=r0-a处时，系统的动能为0，系统的势能为最大值，为根据能量守恒定律可得解得14.两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为，波源的振幅均为。图所示是两列波在0时刻的图象，此刻介质中平衡位置在和处的P、Q两质元刚开始振动。质元的平衡位置位于处。(1)求两列波相遇的时刻；(2)求到这段时间内质元运动的路程。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)由题意，读图知波源位于的波的波前位于点，坐标为，波源位于的波的波前们位于点，坐标为“左”侧波的速度“右”侧波的速度设两波前相遇于坐标为点，则解得(2)由(1)，两波前相遇的位置坐标为这正是点的坐标，也就是说，两列波的波前在点相遇。即在，点开始振动。两列波是相干波，它们的相差恒定为0，会产生稳定的干涉图样（为驻波）。由题意，读图知波的周期为点到两波源的波程差因而点是振动加强点（干涉相长），是波腹。因而点的振幅点第一个振动周期，通过的路程是，则总路程