【物理】安徽卓越县中联盟＆皖豫名校联盟2024-2025学年高二下学期期中检测试卷（解析版）

这是一份【物理】安徽卓越县中联盟＆皖豫名校联盟2024-2025学年高二下学期期中检测试卷（解析版），共26页。
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8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度v0射入木板，子弹相对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大（ ）
A. 木板对子弹的阻力越小
B. 木板对子弹的阻力越大
C. 子弹和木板组成的系统损失的机械能越多
D. 子弹和木板组成的系统损失的机械能越少
【答案】A
【解析】设子弹的质量为m，木板质量为M，二者组成的系统动量守恒，所以
根据能量守恒定律可得
联立可得
由此可知，若L越大，则木板对子弹的阻力f越小，而子弹和木板组成的系统损失的机械能ΔE不变。
故选A。
2. 2024年10月21日，瑞士巴塞尔室内网球公开赛展开首轮争夺，费德勒在家门口分别以6：4、6：2直落两盘，战胜法国选手马纳里诺，取得开门红。费德勒在某次击球时，质量m＝58g的网球沿水平方向以30m/s的速度飞来，费德勒将网球以30m/s的速度反方向击回，假设球拍与网球的相互作用时间为。下列说法正确的是（ ）
A. 该过程网球的平均加速度为0
B. 网球动量的变化量大小为0
C. 网球动能的变化量不为0
D. 球拍与网球之间平均作用力大小为116N
【答案】D
【解析】A．假设以网球飞来的方向为正，则初速度v1=30m/s，网球被击回的速度v2=-30m/s则网球的平均加速度
选项A错误；
B．网球动量变化量
选项B错误；
C．网球动能变化量为
选项C错误；
D．由动量定理
可得F=116N
选项D正确。
故选D。
3. 电感线圈L和电容器C构成LC振荡电路，时刻，电容器正在放电，电感线圈中的磁场与电容器电场如图所示。从时刻开始计时，电路中的电流i随时间t的变化图像可能正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】从图中看，时刻电路中的电容器正在放电，所以此时电流既不是0，也不是最大值，而是要等到电容器放电完毕电流才达到最大值。
故选B。
4. 水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。已知水流为柱状，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为，则水流对钢板的压强大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设在选取的极短时间内，水刀喷出水的质量为，水柱的截面积为S
则有
以内打在钢板表面质量为这部分水作为研究对象，取水的初速度方向为正方向
由动量定理得
联立解得
根据牛顿第三定律知，钢板表面受到的压力
水流对钢板的压强
联立得
极短时间内水质量极小，重力的冲量、产生的压强均可忽略
故得水流对钢板的压强大小为
故ABD错误，C正确。
5. 如图所示，小型发电机线圈共有N匝，线圈电阻不计，发电机通过旋转磁极发电，旋转方向如图所示，旋转的角速度为ω，通过线圈的最大磁通量为Φm，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k，电流表和电压表均为理想电表，定值电阻的阻值为R0，R为滑动变阻器，下列判断正确的是（ ）
A. 从图示位置磁极转过90°过程中，线圈ab段中的电流方向从a到b
B. 电压表的示数为
C. 磁极在图示位置时电流表的示数为零
D. 将滑动变阻器的滑片向下移，电压表和电流表的示数均减小
【答案】B
【解析】A．根据右手定则可知，从图示位置磁极转过90°过程中，线圈ab段中的电流方向从b到a，故A错误；
B．原线圈两端的电压为
根据原副线圈两端电压与匝数的关系可得副线圈两端的电压为
所以电压表的示数为，故B正确；
C．电流表的示数为交变电流的有效值，所以磁极在图示位置时电流表的示数不为零，故C错误；
D．将滑动变阻器的滑片向下移，滑动变阻器接入电路的阻值增大，由于原线圈两端电压不变，则副线圈两端电压不变，即电压表示数不变，根据欧姆定律可得，副线圈回路中电流减小，即电流表的示数减小，故D错误。
故选B。
6. 如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡的阻值大于灯泡的阻值。下列说法正确的是（ ）

A. 电感线圈对电流有阻碍作用，是一种互感现象
B. 闭合S，图1中立即变亮，图2中慢慢变亮
C. 断开S，图1中的电流方向与原来相反
D. 断开S，图2中会闪亮一下再熄灭
【答案】B
【解析】A．电感线圈对电流的阻碍作用是自感现象，互感现象是指两个线圈之间的电磁感应，A错误；
B．闭合S，图1中与电源直接相连，没有电感阻碍电流，所以立即变亮；图2中由于电感的自感作用，会阻碍电流的增大，所以慢慢变亮，B正确；
C．断开S，图1中电感产生自感电动势，相当于新的电源，通过电流方向与原来的电流方向相同，C错误；
D．已知灯泡的阻值大于灯泡的阻值，在图2中稳定时。断开S，电感产生自感电动势，与组成回路，自感电流从开始减小，所以不会闪亮一下，而是逐渐熄灭，D错误。
故选B。
7. 如图所示，平行长直导轨固定在水平面内，处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨左端a、b间接有恒定电压，粗细均匀的导体棒（电阻不可忽略）放在导轨上，第一次放在M、N之间；第二次放在M、P之间，则关于两次导体棒受到的安培力，下列判断正确的是（ ）
A. 大小相等，方向不同B. 大小相等，方向相同
C. 大小不等，方向相同D. 大小不等，方向不同
【答案】A
【解析】根据左手定则可知，安培力的方向在平面内与电流垂直，因此两次安培力的方向不同；设导轨间导体棒的长度为，导体棒单位长度的电阻为，则导体棒中电流大小为
导体棒受到的安培力大小为
即大小相等。
8. 回旋加速器是加速带电粒子的装置。它由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压U，交变电压的周期为T，匀强磁场垂直于D形盒向下，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在加速器中被加速，则下列判断正确的是（ ）
A. 粒子在D形盒中沿顺时针方向旋转
B. 狭缝间电场的方向每经过时间T改变一次
C. 粒子被加速的次数为
D. 若要加速质量为2m、电荷量为+q的粒子，只需要将磁感应强度大小减为原来的一半即可
【答案】C
【解析】A．由于带电粒子带正电，由题图根据左手定则可知，粒子在D形盒中沿逆时针方向旋转，故A错误；
B．交变电压的周期为T，狭缝间电场的方向每经过时间T改变2次，故B错误；
C．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，则有
设粒子被加速的次数为，根据动能定理可得
联立解得
故C正确；
D．为了使粒子每次经过狭缝都能被加速度，交变电压的周期需要等于粒子在磁场中的运动周期，则有
若要加速质量为2m、电荷量为+q的粒子，只需要将磁感应强度大小变为原来的2倍即可，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，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。
9. 如图所示，中心带有孔洞的质量为的物块A穿在光滑的水平杆上，质量为的物块B用不可伸长的轻绳悬挂在物块A上。一颗质量为的子弹以水平速度击中物块B并立即嵌入其中，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹打入物块B后，子弹和物块A、B三者组成的系统动量守恒
B. 物块A速度最大时细绳摆角一定最大
C. 物块A速度最大时细绳一定是竖直的
D. 细绳摆角最大时物块B的速度为
【答案】CD
【解析】A．子弹打入物块B后，子弹和物块A、B三者组成的系统，水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量守恒，故A错误；
BC．细绳摆角最大时，子弹和物块A、B三者具有共同的速度，但此时A的速度不是最大；从子弹打入物块B后，当B第一次回到最低点时，物块A速度最大，此时细绳处于竖直方向，故B错误，C正确；
D．细绳摆角最大时，子弹和物块A、B三者具有共同的速度，根据系统水平方向动量守恒可得
解得此时物块B的速度为
故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，空间水平线MN和PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ和EF间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，相邻两水平线间的距离均为2L。电阻为R、边长为L的正方形线框abcd在MN上方由静止释放，线框释放时cd边离MN的距离也为L，线框运动过程中始终与磁场垂直且cd边始终水平，cd边刚进入磁场时加速度为零，ab边刚要出磁场时加速度也为零，重力加速度为g，则（ ）
A. 线框的质量为
B. 线框通过MN时通过线框横截面的电量与线框通过PQ时通过线框横截面电量相等
C. 线框cd边刚过PQ时线框的加速度大小为
D. 若线框的质量为m，通过整个磁场过程中线框中产生的焦耳热等于4mgL
【答案】AC
【解析】A．设cd边刚进入磁场时的速度大小为v1，则
cd边刚进入磁场时有，
联立解得
故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得
所以
所以线框通过MN时通过线框横截面的电量
线框通过PQ时通过线框横截面电量为
故B错误；
C．设cd边刚到PQ时的速度大小为v2，则
解得
根据牛顿第二定律可得，
联立解得
故C正确；
D．根据能量守恒定律可知，线圈通过磁场过程中，减少的重力势能转化为焦耳热，即
故D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 用如图所示的装置验证动量守恒定律。在水平桌面上，长木板左端固定在桌边，且能绕此端转动，在木板右端垂直木板固定一个挡板，在挡板左侧固定一个轻弹簧，弹簧平行木板。在木板上取五个点O、A、B、C、D，且AB=CD。实验步骤如下：
第1步：安装好实验器材；
第2步：用质量为的小铁块P压缩弹簧，左右调整垫块的位置，直到释放P后通过AB和CD两段的时间相等；
第3步：把P压缩弹簧至位置O由静止释放，测量出P通过AB的时间；
第4步：然后把相同材质、质量为（）的小铁块Q放到BC之间，再把P压缩弹簧至O后由静止释放，测量出Q和P碰后先后经过CD的时间和；
第5步：把实验器材归置好。
请回答下列问题：
（1）本实验必须选择的一种器材是______（填选项序号）。
A. 刻度尺B. 秒表C. 打点计时器
（2）只须验证关系式=______成立，即可验证P、Q碰撞过程动量守恒
（3）若要验证P和Q为弹性碰撞，只须验证关系式=______（用、表示）成立即可。
【答案】（1）B （2） （3）
【解析】（1）设AB=CD=l，实验要验证的关系是
其中，，
即
则本实验必须选择的一种器材是秒表
故选B。
（2）根据
可得
（3）若要验证P和Q为弹性碰撞，则根据
，
可得
即
只须验证关系式即可。
12. 某同学要测量一节新干电池的电动势和内阻（内阻约0.5Ω），实验室提供的器材有：电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻R0（阻值为2Ω）；开关一个，导线若干。
（1）该同学选用部分器材设计了如图1所示电路，该电路不够合理，原因是__________。请合理选用器材，设计合理的实验电路并画在图2方框内______。
（2）按合理的实验电路进行实验，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到一端，使其接入电路的电阻最大，闭合开关，调节滑动变阻器，某次调节后电压表的示数如图3所示，此时电压表测得的电压为___________V。
（3）多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数U、I，作U-I图像，得到图像的斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为b，则测得电池的电动势E =___________，电池的内阻r=___________（用已知和测得的物理量的符号表示）。
【答案】（1）电压表的示数变化范围小 （2）1.40 （3）
【解析】（1）[1]新干电池的内阻太小，电压表的示数变化范围小，误差大；
[2]在电路干路中串联一个定值电阻，增大等效电源的内阻，电路图如图所示
（2）由于电压表的量程为，分度值为0.1V。由图3可知，电压表的读数为1.40V。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则图线的斜率的绝对值为
截距为
联立，解得，
13. 某个小型发电机的线圈匝数，内阻可忽略不计，在匀强磁场中以的角速度匀速转动，转动过程中通过线圈的最大磁通量。发电机的总功率，通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电，示意图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数之比，输电线的总电阻，其他导线电阻不计，用户端得到的电压为。求：
（1）升压变压器原线圈两端的电压；
（2）输电线上损失的功率；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数之比。
【答案】（1）500V （2）2000W （3）
【解析】（1）发动机输出电压的峰值为
升压变压器原线圈两端的电压
（2）输电线上损失的功率
又，
联立，解得
（3）根据
又
联立，解得
14. 如图所示，固定在水平面上的光滑平行导轨间距为L，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端接有电源和不带电的电容器，电源电动势为E、内阻为r，横跨在导轨上的金属棒质量为m，接入导轨中的电阻为3r。单刀双掷开关先掷向1，金属棒由静止开始运动，经过一段时间金属棒匀速运动。然后单刀双掷开关掷向2，最终金属棒匀速运动，导轨电阻不计，电容器的电容为，求：
（1）单刀双掷开关掷向1瞬间金属棒的加速度大小；
（2）单刀双掷开关掷向2前，通过金属棒横截面的总电荷量q；
（3）金属棒最终运动的速度大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）开关接1的瞬间，金属棒的速度为零，由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r）
对金属棒由牛顿第二定律有：BIL=ma0
解得：
（2）分析可知开关接1后，金属棒速度最大时，有：E=BLvm
设经过很短的一段时间Δt，金属棒的速度改变量为Δv，取向右为正方向，由动量定理有：
而
金属棒从开始运动到速度达到稳定过程中通过金属棒横截面的总电荷量
（3）开关接2后，金属棒产生的电动势等于电容器电压时达到稳定速度v'，则有：U=BLv'
此时电容器的电荷量：Q=CU
其中
根据（2）的推导，则从开关S开始接2到金属棒速度达到稳定，取向右为正方向，由动量定理有：-BQL=mv'-mvm
联立解得：
15. 如图所示，半径为R=0.18m、质量为的光滑半圆形轨道固定在光滑水平面上，其左侧有一质量为M=1kg的木板AB，木板上表面与半圆形轨道最低点C等高，木板右端B到C点的距离为。一质量为m=1kg、可视为质点的物块从木板左端A以一定速度水平向右冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数为，当物块恰好到达木板B端时，木板与半圆形轨道碰撞并立即粘在一起，物块无能量损失地滑上半圆形轨道，恰好能够从轨道最高点D飞出，重力加速度g取。
（1）计算物块在C点时对轨道的压力大小F；
（2）求木板的长度L；
（3）若解除对半圆形轨道的固定，其他条件不变，判断物块能否到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
【答案】（1）60N （2）1.2m （3）不能
【解析】（1）点对物块受力分析，可得
物块从到过程，根据动能定理
在点，根据牛顿第二定律
联立，解得轨道对物块的支持力大小为
根据牛顿第三定律可得，物块在C点时对轨道的压力大小
（2）物块在木板上运动时，对物块和木板分别根据牛顿第二定律，有，
解得，物块和木板的加速度大小分别为，
设木板需要时间与半圆形轨道碰撞，则
解得
物块的初速度为
物块的位移为
木板的长度为
（3）木板与半圆形轨道相撞时，木板的速度为
碰撞过程动量守恒
假设物块可以到达点，从开始到物块到达，对系统水平方向上动量守恒
从碰撞结束到物块到达点，设物块到点时竖直速度为，由能量守恒
上述方程解得
故物块不能到达半圆形轨道上与圆心等高的点。