安徽省智学大联考皖中联盟2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷

这是一份安徽省智学大联考皖中联盟2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.碳-14广泛应用于农业、化学、医学、生物学等领域，2024年4月20日，我国首次实现了利用核电商用堆批量生产碳-14同位素，标志着碳-14供应的全面国产化，破解了国内碳-14同位素长期依赖进口的难题。碳-14能自发地发生衰变，其衰变方程为C614C→N714N+X，关于此反应说法正确的是( )
A. X是α粒子B. 衰变后的总质量大于碳-14的质量
C. 碳-14发生衰变的半衰期与温度无关D. 该反应中系统能量增加
2.如图所示为一种悬挂式花盆架，三根长度相等的轻绳对称地固定在挂钩和花盆架上，轻绳与竖直方向的夹角为37∘，每根轻绳能承受的最大拉力为10N，不计花盆架的质量。已知重力加速度g=10m/s2，cs37∘=0.8，则此花盆架能承受花盆的最大质量为( )
A. 1.8kgB. 2.4kgC. 3kgD. 3.6kg
3.在研究直线运动时，教科书采用了由v-t图像中图线与横轴所围成的面积来求位移，如图所示。下列是对这一方法的类比应用，其中说法错误的是( )
A. a-t(加速度-时间)图像面积表示速度B. I-t(电流-时间)图像面积表示电荷量
C. F-t(力-时间)图像面积表示冲量D. F-x(力-位移)图像面积表示功
4.研究表明，地球自转逐渐变慢，大约每100年，地球的自转周期增加1.8ms。按照这种趋势持续下去，假设地球其他条件不变，下列关于未来地球同步卫星的说法正确的是( )
A. 未来同步卫星的角速度比现在大B. 未来同步卫星的线速度比现在大
C. 未来同步卫星的向心加速度比现在大D. 未来同步卫星距地面的高度比现在大
5.如图，两个等量异种点电荷 P、Q分别位于x轴上的两点，其位置关于点 O对称。a、b、c、d四点位于以O点为圆心的圆周上，a、b连线平行于x轴，c，d是圆与y轴的交点。下列说法正确的是( )
A. a、b两点的电势相同B. a、b两点的场强相同
C. c、d两点电势相同D. c、d两点场强方向相反
6.如图所示，光滑绝缘水平桌面上某区域存在一竖直向上的匀强磁场，两虚线为磁场边界。桌面上一正方形金属框以某一初速度垂直磁场边界进入磁场，金属框恰好能完全穿过磁场。已知线框边长小于磁场宽度，则下列说法正确的是( )
A. 进入和离开磁场的过程金属框中的感应电流均为顺时针
B. 金属框进入磁场过程的时间大于离开磁场过程的时间
C. 进入和离开磁场的过程中通过金属框的电荷量大小相等
D. 进入和离开磁场的过程中金属框产生的焦耳热相等
7.如图甲所示，用黄光从一侧照射薄膜，可以观察到明暗相间的干涉条纹。图乙为双缝干涉实验装置的示意图，单色光源 S到两缝S1、S2的距离相等，虚线OS垂直于两缝连线。下列说法正确的是( )
A. 图甲中的干涉条纹上下分布均匀
B. 若图甲中换用紫光照射，则条纹间距将变小
C. 图乙中的O点处为暗条纹
D. 减小图乙中双缝间距离，条纹间距将变小
8.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧， B为圆孤最低点。现将一质量为m的小球(可视为质点)从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方抛出，v0与水平地面夹角为θ。该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率v02飞出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 小球由P点运动到A点的过程中，所用时间为v0sinθg
B. 小球由P点运动到A点的过程中，水平位移为v02sin2θ2g
C. 小球经过圆弧形轨道的C点时受到轨道的支持力大小为mgcsθ+mv024R
D. 小球经过圆弧形轨道AB段和BC段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相等
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.风能是一种可再生能源，风力发电具有清洁环保、运营成本低、节省空间、能源独立和减少用水量等优点。如图所示为某风力发电厂向用户供电的线路图，T1、T2分别为升压变压器和降压变压器。已知发电厂的输出电压保持240V不变，用户端电压为220 V、功率为11kW，输电线总电阻R=40Ω，降变压器原、副线圈匝数比n3:n4=10:1，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 输电线上损耗的功率为100W
B. 升压变压器的匝数比n1:n2=1:10
C. 发电厂的输出功率为12kW
D. 若用户端的用电器变多，则输电线上损失的功率增大
10.如图甲所示，粗糙水平地面上有一块长木板 P，小滑块 Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力 F的作用。滑块和长木板在0∼4s内的速度-时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 力F的大小为6N
B. 小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.1
C. 长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.3
D. t=163s时长木板P停止运动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究加速度与力的关系”实验中，某同学设计了甲、乙两种实验方案(如图)，试回答下列问题。
(1)关于本实验的要求，下列说法正确的是__________(多选)。
A.只有甲方案需要补偿阻力
B.甲、乙方案都需要补偿阻力
C.只有甲方案必须满足小车的质量远大于重物的质量
D.甲、乙方案都必须满足小车的质量远大于重物的质量
(2)若该同学根据乙方案，作出加速度a与力传感器的示数F(连接力传感器与小车的细绳上的拉力)的a-F关系图线如图丙，直线部分斜率为k，则小车质量M=__________。
(3)根据甲方案进行实验，得到的一条纸带如图丁所示， A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。相邻的计数点之间的距离分别为：xAB=1.22cm、xBC=2.00cm、xCD=2.78cm、xDE=3.56cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=__________m/s2(结果保留两位有效数字)。
12.小李同学打算测量某一电源的电动势和内阻。(1)小李同学先用多用电表粗测该电源的电动势。他先把选择开关旋转到直流电压5V挡正确操作测量时表盘指针如图所示，其读数为__________V。
(2)为了更准确地测量电动势和内阻，小李同学在实验室中找到了电阻箱、电压表、定值电阻等相关器材，组成如图甲所示的电路，并进行实验。已知该电源允许通过的最大电流为40 mA，图中电阻箱 R的阻值范围为0∼99.9Ω。
①请用笔画线代替导线将实物图乙连接完整。
②电路中R0为保护电阻，实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用__________。
A.10Ω，125mA
B.20Ω，40mA
C.100Ω，80mA
D.500Ω，5mA
③实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表示数U，根据测得的多组数据，作出的1U-1R+R0图线如图丙所示，图线的斜率为k、纵轴截距为b，，则电源的电动势E=__________，内阻r=__________。
④若考虑到电压表内阻对实验的影响，则电源电动势的测量值比真实值__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略;活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达 b处，整个过程中电热丝向气体传热 Q。重力加速度为g。求：
(1)活塞刚好脱离卡口a时气缸内气体的温度T1;
(2)整个过程中气缸内气体的内能增加量ΔU。
14.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.8m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B(大小可调节)。现有比荷为qm=13×1010C/kg的带正电粒子，从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以大小为v=6×107m/s、方向与y轴正向成53∘的速度经过P点进入磁场，不计粒子所受重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0;
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度 B的取值范围。
15.如图甲所示，质量m1=1kg的小物块A静置于平台左端， A与平台间动摩擦因数μ=0.1。紧靠平台右侧有一质量m0=2kg的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量m2=2kg的小滑块B静置于小车左端， B与小车上表面间的动摩擦因数也为μ=0.1，竖直墙面距离小车足够远。t=0时，给物块 A施加一水平向右的力F，F随时间变化的规律如图乙所示，t1=2s时物块A恰好运动到平台右侧时撤掉力F，此后 A与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的14。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小;
(2)小车与墙壁第1次碰撞前滑块B的速度;
(3)小车与墙壁第2次碰撞前滑块B到小车左端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.根据衰变过程质量数守恒、电荷数守恒可知，衰变方程为 614C→714N+-10e，故X为电子，故A错误；
B.衰变过程释放能量，质量亏损，故B错误；
C.半衰期由原子核决定，与化学状态和物理条件无关，故C正确；
D.衰变过程中系统能量守恒，故D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
根据题意，对花盆架和花盆受力分析，由平衡条件有3Fcs37∘=mg，解得m=2.4kg，故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】A.根据Δv=at可知，a-t(加速度-时间)图像面积表示速度变化量，故A错误；
B.根据q=It可知，I-t(电流-时间)图像面积表示电荷量，故B正确；
C.根据I=Ft可知，F-t(力-时间)图像面积表示力的冲量，故C正确；
D.根据W=Fx可知，F-x(力-位移)图像面积表示力所做的功，故D正确。
本题选择错误选项，故选 A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】A.地球自转变慢，自转周期变大，同步卫星做圆周运动的周期变大，根据ω=2πT可知，未来同步卫星的角速度比现在小，故A错误；
D.根据万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，解得r=3GMT24π2，地球自转周期变大，未来地球同步卫星的轨道半径比现在大，距地面的高度比现在大，故D正确；
B.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得v= GMr，未来地球同步卫星轨道半径比现在大，线速度比现在小，故B错误；
C.根据牛顿第二定律GMmr2=ma，解得a=GMr2，未来地球同步卫星轨道半径比现在大，向心加速度比现在小，故C错误。
5.【答案】C
【解析】AB.由等量异种点电荷的等势线分布特点及对称性可知：a点电势高于b点电势，由电场的叠加原理可知a、b两点的场强方向不同，故AB错误；
CD.由等量异种点电荷的等势线分布可知，y轴为等势线，c、d两点电势相同，场强方向均沿x轴正方向，故C正确，D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.由楞次定律可知，进入磁场的过程线框中的感应电流为顺时针，离开磁场的过程线框中的感应电流为逆时针，故A错误；
B.金属框进入和离开磁场的过程均做减速运动，故进入磁场过程的时间小于离开磁场过程的时间，故B错误；
C.根据电荷量q=nΔΦR总可知，进入和离开磁场的过程通过金属框的电荷量均为q=BL2R，故C正确；
D.由动量定理可知，进入和离开磁场的过程均满足- iLBΔt=Δp，其中 iΔt=q，又有电荷量q相等，故进入和离开磁场的过程动量变化量相等，令金属框的质量为m、初速度为v0，设线框完全进入磁场时的速度为v，由以上分析可知mv-mv0=0-mv，解得线框完全进入磁场时的速度v=v02，则进入磁场过程中金属框产生的焦耳热Q1=12mv02-12m(v02)2=38mv02，离开磁场过程中金属框产生的焦耳热Q2=12m(v02)2-0=18mv02，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A.根据光的干涉规律可知，相邻亮条纹处薄膜的厚度差为光波长的一半，由于薄膜厚度不是均匀增加的，从上到下薄膜厚度增加得越来越快，所以条纹分布为上疏下密，故A错误；
B.相邻亮条纹处薄膜的厚度差为光波长的一半，若换用紫光照射，波长变小，则条纹间距将变小，故B正确；
C.光源S通过两缝到O点的距离相等，光程差为0，故O点处为亮条纹，故C错误；
D.双缝干涉的条纹间距Δx=Ldλ，则减小双缝间距d，条纹间距将变大，故D错误。
8.【答案】C
【解析】解析：小球由P点飞出后做斜抛运动，竖直方向的分运动为竖直上抛运动，由P到A的时间t=2v0sinθg，A错误;
小球水平方向上的分运动为匀速直线运动，则由P到A的小球的水平位移x=v0csθ⋅t=v02sin2θg，B错误;
小球经过圆弧形轨道上的C点时，对小球受力分析可知，FNC-mgcsθ=mv022R，解得FNC=mgcsθ+mv024R，C正确;
根据圆周运动的受力特点和对称性可知，小球经过圆弧形轨道AB段因摩擦产生的热量大于BC段过程因摩擦产生的热量， D错误。
故选C。
9.【答案】BCD
【解析】A.根据题意，由P4=U4I4可得降压变压器副线圈的电流为I4=P4U4=50A，输电线上的电流为I3=n4n3I4=5A，则输电线上损耗的功率为P损=I32R=1000W，故A错误；
B.由U3U4=n3n4得，降压变压器原线圈两端电压U3=n3n4U4=2200V，则升压变压器副线圈两端电压U2=I3R+U3=2400V，由U1U2=n1n2得，n1:n2=1:10，故B正确；
C.根据能量守恒定律可得，发电厂的输出功率P1=P4+P损=12kW，故C正确；
D.若用户端的用电器变多，则降压变压器的输出功率增大，输入电流增大，输电线上电流增大，损失的功率增大，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】根据v-t图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为aQ=44m/s2=1m/s2，根据牛顿第二定律可得μ1mg=maQ，解得μ1=0.1，B正确;
根据v-t图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为aP=9-44-3m/s2=5m/s2，根据牛顿第二定律可得μ1mg+μ2⋅2mg=maP，解得μ2=0.2，C错误;
撤去F前，长木板P的加速度大小aP0=9-03-0m/s2=3m/s2，根据牛顿第二定律可得F-μ1mg-μ2⋅2mg=maP0，解得F=8N，A错误;
t=4s共速后，由于μ2=0.2>μ1=0.1，则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为对象，根据牛顿第二定律可得μ2⋅2mg-μ1mg=maP'，解得P的加速度大小为aP'=3m/s2，则共速到木板P停下所用时间为Δt=v共aP'=43s，木板P停止运动的时刻为t=4s+Δt=163s，D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)BC；(2)1k；(3)0.78
【解析】(1)甲、乙方案都需要补偿阻力，选项A错误，B正确;
乙方案有力传感器测量拉力，不需要必须满足小车的质量远大于重物的质量，只有甲方案必须满足小车的质量远大于重物的质量，选项 C正确， D错误。
故选BC。
(2)若该同学根据乙方案，则根据F=Ma，根据a-F关系图线可得k=1M，则小车质量M=1k。
(3)小车的加速度a=xCE-xAC4T2=(3.56+2.78-2.00-1.22)×10-24×0.12m/s2=0.78m/s2。
12.【答案】(1)4.42V(4.41V∽4.44V均可)； (2)①；②C；③1b；kb；④偏小
【解析】(1)由图可知，量程为5V，分度值为0.1V，所以读数为4.42V。
(2)①实物图连接如下：
②该电源允许通过的最大电流为40mA，所以排除BD选项，根据欧姆定律得R总=EImax=4.4240×10-3Ω=110.5Ω，故选C。
③由闭合电路欧姆定律得，E=U+UR+R0r，化简可得1U=rE⋅1R+R0+1E，所以斜率k=rE，纵截距b=1E，可得，电源的电动势为E=1b，内阻为r=kb。
④可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值，即电源电动势的测量值比真实值偏小。
13.【答案】解析：(1)设活塞刚好脱离卡口a时气缸中气体的温度为T1，压强为p1，
根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg，
根据查理定律有p0T0=p1T1，
联立可得T1=(1+mgp0S)T0。
(2)活塞从卡口a运动至卡口b，气缸中的气体经历等压过程，
气缸内气体对活塞的压力为p1S=p0S+mg，
气缸中的气体对外做的功为W=(p0S+mg)h，
根据热力学第一定律可得，气缸内气体内能增加量△U=Q+(-W)，
解得△U=Q-(p0S+mg)h。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，粒子做类平抛运动，其在竖直方向上做匀速运动，
则有v0=vcs53∘，
解得v0=3.6×107m/s。
(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，作出轨迹如图所示
根据几何关系，要使粒子不从CD边界射出需满足R+Rcs53∘≤a，
解得R≤58a=0.5m，
由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R，
解得B≥0.036T。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)由图可知前两秒力F的冲量为IF=12(7+4)×2=11N⋅s，
设A与B碰撞前A的速度为v，在AB碰撞之前对A由动量定理有IF-μm1gt=m1v，
解得v=9m/s。
(2)设AB碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒有m1v==m1v1+m2v2，
由能量守恒有12m1v2=12m1v12+12m2v22，
解得v1=-3m/s，v2=6m/s，
对物块B和小车，根据题意在小车碰撞墙壁之前已达到相同的速度v3，则m2v2=(m2+m0)v3，
得v3=3m/s。
(3)设从物块B获得速度v2到物块B和小车共速的过程中物块B相对小车向右的位移为x1，
由能量守恒有μm2gx1=12m2v22-12(m2+m0)v32，
得x1=9m，
规定向右为正方向，则小车与墙壁碰撞之后的速度v4=-0.75m/s，
设物块B和小车再次共速的速度为v5，这段过程物块 B相对小车向右的位移为x2，
由动量守恒有m2v3+m0v4=(m2+m0)v5，
解得v5=1.125m/s>v4，即小车与物块B未共速前先与墙壁碰撞，
小车从反弹到与墙壁再次碰撞用时记为t3，根据运动学t3=2v4μg=1.5s，
在此期间物块B运动的距离x2大小等于物块B与木板的相对路程，x2=v3t3-12μgt32，
得x2=3.375m，
则小车与墙壁第2次碰撞前滑块B到小车左端的距离为x=x1+x2=12.375m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】