安徽省鼎尖名校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考 B 物理试卷（解析版）

这是一份安徽省鼎尖名校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考 B 物理试卷（解析版），文件包含2025届福建百校高三11月联考化学试题pdf、2025届福建百校高三11月联考化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1. 如图2所示为LC振荡电路的电流随时间变化的图像，规定图1所示电流方向为正。下列表示M板电荷量随时间变化图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由图可知时间内，电容器放电，M板带负电且带电量逐渐减小，时间内，电容器充电，M板带正电且带电量逐渐增大，时间内，电容器放电，M板带正电且带电量逐渐减小，时间内，电容器充电，M板带负电且带电量逐渐增大。
故选A。
2. 如图为智能手表采用的无线充电方式简化图，充电底座提供220V的交流电压，手表端获得5V的交流电压，下列关于无线充电方式简化图的说法正确的是（ ）
A. 底座与手表上的线圈匝数之比肯定为44∶1
B. 无线充电手表线圈与底座线圈之间发生了互感现象
C. 充电过程中底座与手表之间始终存在相互作用的电磁斥力
D. 底座与手表之间插入一张薄纸，手表就不能进行无线充电了
【答案】B
【解析】A.由于手表线圈与底座线圈之间存在漏磁，故两线圈之比不等于电压比，故A错误；
B.无线充电是底座线圈磁场变化引起手表充电线圈磁通量变化，是手表线圈与底座线圈之间发生了互感现象，故B正确；
C.根据楞次定律，底座线圈电流减小时，手表线圈产生同向电流，两者有吸引力，底座线圈电流增大时，手表线圈产生反向电流，两者有排斥力，故C错误；
D.底座与手表之间插入一张薄纸，手表线圈仍能感应出电流，故D错误。
故选B。
3. 如图，圆形绝缘塑料桶外表面有一圈导电涂层，桶内装有导电溶液，导电涂层与导电溶液靠近且相互绝缘即构成电容器。导电涂层、溶液与恒压电源的两极相连（图中未画出），下列说法正确的是（ ）
A. 若导电溶液高度增加，电容器电容减小
B. 若导电溶液高度减小，电容器电压减小
C. 刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器电荷量减小
D. 刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器电压增大
【答案】C
【解析】
详解】A．若导电溶液高度增加，相当于正对面积增加，由，可知电容增大，故A错误；
B．导电溶液高度减小，电容器正对面积减小，由，可知电容减小，但电压不变，故B错误；
CD．刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器正对面积减小，由，可知电容减小，连接电源，电压不变，由可知电容器电荷量减小，故C正确，D错误。
故选C。
4. 空间存在沿x轴方向的电场，其电势随坐标x的变化如图所示（取无穷远处电势为零）。一比荷绝对值为k的带负电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，某时刻以速度经过A点，下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点O处电场强度为零
B. 此后粒子运动的最大速度为
C. 此后粒子运动的最小速度为
D. 此后粒子将做往复运动
【答案】B
【解析】A．根据图像切线斜率表示电场强度，可知坐标原点O处电场强度不为零，故A错误；
B．由于粒子只受电场力作用，所以粒子的动能和电势能之和保持不变，B点的电势最高，则带负电粒子在B点的电势能最小，动能最大，速度最大；带负电粒子从A点到B点，根据动能定理可得
可得最大速度为
故B正确；
C．由图可知C点的电势最低，则带负电粒子在C点的电势能最大，动能最小，速度最小；带负电粒子从A点到C点，根据动能定理可得
可得最小速度为
故C错误；
D．由于粒子从C点继续向x轴正方向运动过程，电场力对粒子一直做正功，所以粒子一直沿x轴正方向运动，不会做往复运动，故D错误。
故选B。
5. 如图，水平长直玻璃管外套有线圈，线圈与电压传感器组成闭合回路，玻璃管内、线圈的左侧有一磁铁通过细绳与电动机（图中未画出）相连。通过调节磁铁速度大小以及接入回路中的线圈匝数，可以研究法拉第电磁感应定律。现分别让磁铁以恒定速度v、2v匀速穿过线圈，线圈接入回路中的匝数分别调节为n、2n，得到下列四幅线圈两端电压随时间变化的图像（图像中标注的时间段对应磁铁通过的距离是相同的）。已知磁铁运动过程中不会发生翻转，线圈缠绕方向已标出，电压传感器可视为理想电压表，下列说法正确的是（ ）
A. 从右向左看，线圈电流方向先顺时针后逆时针
B. 图3对应的磁铁速度为2v、线圈匝数为n
C. 线圈对磁铁的作用力先向左后向右
D. 图3、图4中t轴上方面积相同
【答案】D
【解析】A．磁铁S极向右，线圈磁通量先变大后变小，根据楞次定律与右手螺旋定则，线圈电流方向先逆时针后顺时针，A错误；
B．磁铁以恒定速度v、2v穿过线圈，所用时间分别为t、，所以图1，图3对应的磁铁速度为v，图2、图4对应的磁铁速度为2v，若其余条件相同，仅匝数分别为n、2n时，线圈电动势最大值应为2倍关系，图1，图2对应的线圈匝数为n，图3，图4对应的线圈匝数为2n，B错误；
C．根据楞次定律来拒去留可知线圈对磁铁的作用力始终阻碍两者的相对运动，C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，图3、图4中t轴上方面积，D正确。
故选D。
6. 如图，长虚线b左侧存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，矩形线圈垂直磁场放置，a、b点为上、下两边中点。已知矩形线圈匝数为N，总电阻为r，长、宽分别为2L1、L0。若线圈以ab为轴匀速转动，角速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈在图示位置时，电动势最大
B. 线圈磁通量的最大变化率为
C. 线圈上电动势的有效值为
D. 从图示位置开始，经时间，通过线圈的电荷量为
【答案】C
【解析】A．图示位置线圈不切割磁场线，故电动势为零，故A错误；
B．由图示位置转过时，磁通量变化率最大为，故B错误；
C．线圈上电动势随时间变化图像如图
线圈上电动势的有效值为
故C正确；
D．从图示位置开始，经时间，通过线圈的电荷量为
故D错误。
7. 如图，间距为L的平行、足够长的光滑金属导轨固定于水平面上，左侧连接一定值电阻R，质量为m，长度也为L的金属棒垂直静置于导轨上。空间存在垂直于水平面向上。磁感应强度大小为B的匀强磁场。现给金属棒一向左的垂直于棒的水平速度v0，同时对金属棒施加垂直于棒，水平向右的拉力F，使金属棒在导轨上做匀变速直线运动，经时间t0，恰好回到初位置。已知重力加速度为g，除左侧定值电阻R外其余电阻均不计，拉力的初始值为F0。关于这段时间内的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒电流方向始终为顺时针方向
B. 金属棒加速度大小为
C. 金属棒回到初位置时拉力大小为
D. 拉力随时间变化图像（F-t）为一条直线
【答案】D
【解析】A．金属棒向左运动时，电流方向为逆时针，金属棒向右运动时，电流方向为顺时针，故A错误；
B．金属棒在导轨上做匀变速直线运动，经时间t0，返回原位置，加速度不变，故回到原位置的速度大小为v0，方向向右，取向左为正方向，则有
解得
故B错误；
C．刚开始时，有
金属棒回到初位置时，有
解得
故C错误；
D．金属棒向左运动时，有
金属棒减速为零时，有
金属棒向右运动时，有
全程来看，斜率不变，F随t均匀变化，故D正确。
故选D。
8. 如图1，取两个完全相同的金属铝球a，b，将b球切割为两个半球，并用绝缘材料粘合到一起，忽略粘合剂质量和厚度。如图2，一通电长直导线竖直放置，先后将a，b球以相同的初速度从离地面足够高的同一点水平抛出，球a、b落地速度大小分别为va、vb，离抛出点的水平距离分别为xa、xb，运动时间分别为ta、tb，产生的热量分别为Qa、Qb，不计空气阻力，两球运动轨迹与导线处于同一竖直平面。下列选项正确的是（ ）
A. vaQb
【答案】C
【解析】A．由于抛出点离地足够高，落地前水平速度会减为零，只有竖直速度，故
故A错误；
B．b球被切割成两小部分，相同情况下涡流较小，电磁阻力较小，球落地时水平速度均已经减为零，运动时间相同，故
故B错误；
C．长直导线产生的磁场中，与长直导线相同距离处的磁感应强度大小相等，距离越远，磁场越弱，所以金属球运动在球中产生涡流，但电磁阻力方向水平，竖直方向只受重力，下落时间相等，故C正确；
D．初末速度均相同，重力做功相同，所以下落过程产生的热量也相同，故D错误。
故选C。
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9. 如图，V形金属导轨放置于水平面上，一足够长金属棒在外力作用下以恒定速度沿导轨的角平分线匀速运动，金属棒与导轨接触良好，并始终垂直于角平分线，金属棒与导轨单位长度的电阻均为r，不计摩擦。初始时，金属棒位于导轨最左端，金属棒运动过程中产生的电动势为E，回路电流大小为I，它们随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】BC
【解析】AB．设V形金属导轨的夹角为2θ，则
故A错误，B正确；
CD．闭合回路总电阻为
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图，AB线段为线状粒子源，能先后发射速度大小均为v0，方向在纸面内且垂直于AB向上的相同带电粒子，粒子的电荷量为q（q>0），质量为m。线段上方某区域存在垂直于纸面向外的有界匀强磁场，使得所有粒子进入磁场后都能经过磁场中的C点，其中从B点射出的粒子到达C点时速度方向偏转了270°。已知A、B、C三点共线，且，不计带电粒子的重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为d
B. 磁场的磁感应强度大小为mv02qd
C. 所有粒子在磁场中运动的最短时间为
D. 磁场区域最小面积为
【答案】AD
【解析】A.从B点射出的粒子到达C点时速度方向偏转了，其轨迹如图，
故半径r=d
故A正确；
B.由
得B=mv0qd
故B错误；
C.自A点射出的粒子到达C点时，时间最短，最短时间为，故C错误；
D.由题意可知，所有粒子聚焦于C点
最小磁场区域如图阴影区域所示
故D正确。
故选AD。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 如图1是来源于课本的水果分拣装置示意图，该装置把大小不同的苹果按照一定的质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。为可调电阻，为压力传感器，的阻值随压力的变化曲线如图2所示。、为固定转轴，托盘秤可左右调节其压在杠杆上的位置，位置变化，杠杆对产生的压力就变化。水果经过托盘秤时，的阻值及两端电压发生变化。当两端电压大到一定值时能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁（该放大电路中包含延时电路，能够确保水果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态），当两端电压不足以激励放大电路发生吸动分拣开关的动作，分拣开关在弹簧向上支持力作用下处于水平状态。
（1）当水果经过托盘区时，R1的阻值___________（选填“减小”或“增大”）。
（2）质量较大的水果将进入___________通道（选填“上”或“下”）。
（3）若要将分拣水果的质量界限值增大，下列操作可行的是___________（填选项字母）。
A. 将托盘向右移动
B. 增大R2的阻值
C. 增加电磁铁线圈匝数
【答案】（1）减小 （2）下 （3）A
【解析】（1）由图2可知当苹果通过托盘秤时，所受的压力增大，电阻减小。
（2）由图2可知当大苹果通过托盘秤时，所受压力较大，电阻较小，流经线圈的电流较大，产生的磁性较强，将衔铁吸引下来，大苹果将进入下通道。
（3）A．要求进入下面通道的大苹果的最小质量增大，则要求当此大苹果通过托盘时压力传感器的压力与原来一致，可知其他条件不变的情况下，只需要将托盘秤压在杠杆上的位置向右移动一些，故A正确；B．因要达到题中的要求，就要使得R2两端电压保持不变，因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，R2的电压就会变得更大，则要想保持R2的电压和原来一致，则只适当减小R2的阻值，故B错误；C．因要达到题中的要求，就要保持电磁铁的磁性不变，而因压力越大，电阻R1越小，此时回路中的电流就越大，而要保持电磁铁的磁性不变，只需要减小缠绕电磁铁线圈的匝数，选项C错误。
12. 一实验小组为了完成“测电源的电动势和内阻”的实验，准备了以下材料：电池组（由两节干电池组成）电流表（量程0~0.6A）、电阻箱、开关、导线若干。
（1）若要完成实验，请将下面图1中的实物图的连接进行完善_____。
（2）完成电路连接后，改变电阻箱阻值R，记录电流表对应的示数Ⅰ，某次电流表示数如图2，此时，电流表读数为___________；
（3）若不考虑电流表内阻影响，根据图3可得，电池组的电动势为E=_______V，内阻r=________Ω（结果均保留两位有效数字）。
（4）若考虑电流表内阻影响，电池组的电动势测量值_________真实值（不考虑偶然误差，选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】（1）见解析 （2）0.34 （3）3.0##2.9##3.1 1.1##1.0##1.2 （4）等于
【解析】（1）由于没有电压表，所以采用安阻法测电动势和内阻，实物连线如图所示
（2）图中电流表的量程为，分度值为，由图可知电流表读数为。
（3）[1][2]根据欧姆定律可得
可得
1I=1ER+rE
结合题中图像可得
，
解得
，
（4）若考虑电流表内阻影响，设电流表的内阻为，根据欧姆定律可得
可得
则图像的斜率为
可知电池组的电动势测量值等于真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13. 如图，一小型发电厂输出电压为的交流电，通过升压变压器后，经较远距离输送后，再经降压变压器降压，给道路两侧的路灯供电。已知每盏路灯的额定电压为220V，额定功率为880W，总共100盏。两变压器之间输电线总电阻，降压变压器匝数比为，变压器均为理想变压器，路灯均能正常发光，求：
（1）升压变压器的匝数比；
（2）发电厂的输出功率。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）降压变压器原副线圈电压比为
可得
降压变压器副线圈电流为
根据
可得输电线中的电流为
升压变压器副线圈电压为
则升压变压器匝数比为
（2）输电线损耗的电功率为
则发电厂输出功率为
14. 将一根硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆半径为2r，小圆半径为r，线圈右侧有一间隙，通过导线与滑动变阻器R（电阻调节范围足够大）构成闭合回路。线圈内有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化关系为B=B0+kt，（B0、k>0）均为常量。已知大小线圈的总电阻为R0，忽略线圈连接处的间隙。
（1）滑动变阻器阻值为，求经过时间T通过滑动变阻器的电荷量；
（2）若滑动变阻器阻值为，求连接处a、b两点电势差；
（3）改变滑动变阻器R的阻值，求其最大的热功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律得
通过滑动变阻器电流为
通过滑动变阻器的电量为
联立解得经过时间T通过滑动变阻器的电荷量为
（2）根据楞次定律判断，通过线圈电流为逆时针，故b电势比a电势高，则
（3）变阻器功率为
当时，变阻器消耗的功率最大，其大小为
15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，y轴右侧存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两侧电场的电场强度大小相同，电场、磁场的范围均足够大。一质量为 m、电量为q（>0）的带电粒子以一定的初速度v0 （未知）沿y轴正方向从坐标点（-d，0）射入第二象限，在此后的运动过程中，粒子由（0，3d）第一次穿过y轴，并在右侧区域做匀速圆周运动，第二次恰好在原点O穿过y轴。已知重力加速度为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子第一次穿过y轴的速度和匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子第五次经过y轴的坐标。
【答案】（1）；（2），与y轴正方向夹角为，；（3）（0，-11d）
【解析】（1）粒子在右侧区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则重力与电场力平衡，则有
解得
（2）粒子在第二象限做类斜抛运动，水平方向上由牛顿第二定律有
由运动学公式有
竖直方向上由运动学公式有
由矢量合成法则有
解得
可知
方向与y轴正方向夹角为，粒子在右侧区域轨迹如图所示
由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子从原点O回到第二象限后，做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动进入第四象限做匀速圆周运动，粒子再次穿过y轴的纵坐标记为，由几何关系可知，带电粒子再次进入第三象限做类平抛运动，则x轴方向上有
y轴方向上有
解得
故粒子第五次经过y轴的坐标为（0，-11d）。