安徽省鼎尖联盟2024-2025学年高二下学期期中真题考试 （B）物理试卷（解析版）

这是一份安徽省鼎尖联盟2024-2025学年高二下学期期中真题考试 （B）物理试卷（解析版），共4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. 下列叙述正确的是（ ）
A. 变化的电场周围产生变化的磁场，变化的磁场周围产生变化的电场，两者互相联系，统称为电磁场
B. 法拉第发现电流的磁效应，首次揭示电与磁之间的联系
C. 安培提出了分子电流假说，成功揭示了磁现象来源于运动电荷这一本质
D. 比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电阻，加速度均采用比值法定义
【答案】C
【解析】A．根据麦克斯韦电磁场理论，非均匀变化的电场周围产生变化的磁场，均匀变化的电场周围产生的是稳定的磁场，非均匀变化的磁场周围产生变化的电场，均匀变化的磁场周围产生的是稳定的电场，故 A错误；
B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁之间的联系，故B错误；
C．安培提出了分子电流假说，成功解释了所有磁现象来源于运动电荷这一本质，故C正确；
D．比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，如电阻是采用比值法定义的，而是加速度的决定式，不是比值定义式，故D错误。
故选C。
2. 收音机的调谐电路由自感线圈和可变电容器组成，某时刻线圈中磁场方向如图所示，电容器的下极板带正电。下列说法正确的是（ ）
A. 此时电容器正在充电，电荷量增加
B. 振荡电流正在增大，磁场能增强
C. 若在线圈中插入铁芯，调谐电路的固有频率将增大
D. 若减小电容器两板正对面积，调谐电路的固有频率将减小
【答案】A
【解析】A．根据安培定则，可判断出此时线圈中电流方向为逆时针从上往下看。已知电容器下极板带正电，说明电流正在给电容器充电，电容器电荷量增加，故A正确；
B．在充电过程中，电流减小，磁场能转化为电场能，磁场能减弱，故B错误；
C．根据（为调谐电路固有频率，L为自感系数，C为电容，在线圈中插入铁芯，自感系数L增大，则调谐电路的固有频率 f将减小，故C错误；
D．减小电容器两板正对面积，根据（为电介质常数，S为正对面积，d为板间距离，电容C减小。再根据，调谐电路的固有频率f将增大，故D错误。
故选A。
3. 某交变电流随时间变化的规律如图所示（曲线部分为正弦函数的四分之一周期），此交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. 6 AD.
【答案】D
【解析】根据交流电流有效值的定义可得
解得交流电流的有效值为
故选D。
4. 制作糍粑时，工匠使用质量为的木锤，抬至约80cm的高度由静止释放（可简化为自由落体运动），砸到糍粑后，与糍粑的作用时间为后速度减为0。已知重力加速度g取，下列说法错误的是（ ）
A. 木锤打击糍粑前瞬间，速度大小为
B. 木锤打击糍粑过程，木锤对糍粑的冲量大小为
C. 木锤打击糍粑过程，木锤的动量变化大小为
D. 木锤与糍粑作用过程，糍粑对木锤的平均作用力为100 N
【答案】B
【解析】A．木锤在空中做自由落体运动，故锤子打击糍粑前瞬间的速度大小，故A项正确，不选。
BD．设糍粑对木锤的作用力大小为F，由动量定理得，解得，根据牛顿第三定律，木锤对糍粑的作用力也是100 N，作用时间是，故木锤对糍粑的冲量大小，故B项错误，D项正确；
C．木锤的动量变化量，故C项正确，不选。
故选B。
5. 一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的动能随坐标x变化的关系如图所示，和分别表示该电子在A、B两点时的动能。下列说法正确的是（ ）
A. A点的电势能小于B点的电势能
B. A点的电势低于B点的电势
C. 该电子在A点的加速度大于在B点的加速度
D. 该电子在A点的电场强度大于在B点的电场强度
【答案】B
【解析】A．由于仅有电场力做功，电子的动能与电势能总和不变，电子在A点的动能小于在B点的动能，则电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故A错误；
B．电子在电势高地方电势能小，故A点的电势低于B点的电势，故B正确；
CD．图像的斜率表示电场力的大小，可知电子在A点的加速度小于在B点的加速度，A点的电场强度小于在B点的电场强度，故C错误，D错误。
故选B。
6. 如图为一种改进后的回旋加速器的示意图，其盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在两平行板A、间，带电粒子从处由静止释放，沿电场线方向射入，加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。B、两条平行虚线间视为真空且无电场和磁场，，，是第1次，第2次，第3次经无场区进入磁场的位置。对于该回旋加速器，加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子每运动一周被加速两次
B. 随着带电粒子的加速，其在磁场中做圆周运动的周期将减小
C.
D. 经过，，时粒子做圆周运动的直径之比为
【答案】D
【解析】A．由题图看出，带电粒子在C板下方的磁场中偏转后进入A、C之前并未得到加速，带电粒子每运动一周只被加速一次，加速电场的方向不发生变化，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的速度无关，故B错误；
CD．带电粒子被电场加速n次后，由动能定理和牛顿第二定律分别得，，联立解得，由此可得直径之比为，但其增量不等，故C错误，D正确。
故选D。
7. 金属圆环圆心为O、半径为L，转轴经圆心O且垂直圆环平面，三根电阻为r的金属棒互成夹角，连接在圆环和转轴上。磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直圆环平面，其截面是半径为L、圆心角为、圆心与O点重合的扇形。当圆环以角速度顺时针（俯视）转动时，圆环及其他电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A. 当金属棒OQ在磁场中转动时电流方向为从Q到O
B. 当金属棒OQ在磁场中转动时产生的电动势为
C. 当金属棒OM在磁场中转动时（不包括磁场边界），MO两端电压为
D. 三根金属棒通过的电流大小始终相等
【答案】C
【解析】AB．当金属棒OQ在磁场中顺时针转动时，根据右手定则可知，电流方向为从O到Q；金属棒OQ产生的电动势为
故AB错误；
CD．当金属棒OM在磁场中转动时，电流方向为从O到M，金属棒OM相当于电源，此时M、O两端电压为路端电压，则有，根据串并联关系可知，在磁场中的金属棒电流是另外两个金属棒电流的2倍，故C正确，D错误。
故选C。
8. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在磁场边界上的M点放置一个放射源，在纸面内以相同速率向各个方向发射大量同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，所有粒子只能从磁场边界的某段圆弧射出，其圆弧长所对的圆心角为。不计粒子间相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子进入磁场时的速率为
B. 所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
C. 若仅将磁感应强度大小改为时，有粒子射出的边界弧长变为
D. 若仅将粒子入射速率改为原来的倍，有粒子射出的边界弧长变为
【答案】C
【解析】A．粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长所对的圆心角为，设从M点射入的粒子与磁场边界的最远交点为P，则最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图：
根据题意可知，圆心角为，则对应的弦长为R，所以粒子在磁场中运动的最长弦为R，则有
对粒子受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．当粒子沿磁场圆的切线方向飞出时，粒子在磁场中将做一个完整的圆，则运动的最长时间为，故B错误；
C．将磁感应强度大小改为时，则半径变为原来的倍，则粒子在磁场中运动的最长弦长为
根据几何关系可知，此时对应的最大圆心角为，则最长弧长为，故C正确；
D．若粒子入射速率为时，则半径变为原来的倍，则粒子在磁场中运动的最长弦长为
根据几何关系可知，此时对应的最大圆心角为，则最长弧长为，故D错误。
故选C
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9. 发电机的工作原理如图所示。已知矩形导线框的匝数为、面积为，处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，副线圈与灯泡L1和滑动变阻器R2组成回路。灯泡的阻值，滑动变阻器的最大阻值为，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（ ）
A. 滑动变阻器的滑片从b向a端滑动的过程中，灯泡L1的功率增大
B. 线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为
C. 线框从图示位置开始转过的过程中，电压表V2的示数为
D. 滑动变阻器的滑片从b向a端滑动的过程中，滑动变阻器的最大发热功率为6.25W
【答案】BCD
【解析】已知矩形导线框匝数，面积，磁感应强度，角速度
根据正弦式交变电动势的最大值公式，可得
其有效值
此即为理想变压器原线圈两端的电压U1，即；
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，根据变压器的变压比公式
可得副线圈两端的电压，其大小不变。
滑动变阻器的滑片从b向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，副线圈回路的总电阻增大，根据可知，副线圈中的电流减小。灯泡L1的电阻不变，根据可知，灯泡L1的功率减小，A错误；
B．线框从图示位置开始转过的过程中，磁通量的变化量。所用时间
根据法拉第电磁感应定律
可得，B正确；
C．由前面计算可知，副线圈两端的电压，电压表V2测量的是副线圈两端的电压，其示数为有效值，所以电压表V2的示数为，C正确；
D．副线圈两端的电压，灯泡L1的电阻，滑动变阻器的最大阻值，把灯泡L1看作电源内阻，当滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器的发热功率最大；
此时副线圈中的电流
根据，可得滑动变阻器的最大发热功率
，D正确。
故选BCD。
10. 两平行的光滑绝缘导轨组成的平面与水平面间的夹角为，导轨间交替分布着方向相反、磁感应强度大小均为B的垂直于导轨平面的匀强磁场，每块磁场区域的长度均为L，宽度均为d。现有一匝数为N的矩形线框，线框的长度略大于磁场的长度，宽度为d，质量为m，总电阻为R。线框从斜面顶端由静止下滑，导轨足够长，重力加速度为g，忽略摩擦阻力和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 线框中电流方向始终不发生改变
B. 图示位置线框的速度为v时，线框所受安培力的大小为
C. 线框的最大速度为
D. 线框速度最大时，克服安培力做功的功率为
【答案】BD
【解析】A．由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的规律，有
安培力为
联立可得
故B正确；
C．线框由静止下滑后受安培力与重力，有安
其中F安
由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的规律，有
根据牛顿第二定律，有
随着v的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后线框做匀速运动，当线框速度最大时，安培力与重力的分力平衡，有
解得
故C错误；
D．当线框速度最大时，有
所以克服安培力做功的功率为P安
故D正确。
故选BD。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 某同学用如图所示装置做验证动量守恒定律实验。图中O为斜槽末端在记录纸上的垂直投影点，b为未放被碰小球B时入射小球A的平均落点，a为与被碰小球B碰后入射小球A的平均落点，c为被碰小球B的平均落点。（、b、c均在同一水平地面上）
（1）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是__________（填选项字母）。
A. 此实验中，必须使用的测量器材有天平、秒表、刻度尺
B. 安装该装置时，斜槽末端必须水平
C. 同一组实验中，入射小球A必须从同一位置由静止释放
D. 入射小球A的质量小于被碰小球B的质量，两球的半径相同
（2）已知小球A、B的质量分别为、，三个平均落点位置与O点的距离分别为、、。在实验误差允许范围内，若满足关系式__________，则可认为两球碰撞前后的总动量守恒；若满足关系式__________，则可认为两球碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）BC （2） 或者
【解析】（1）A．小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验要测量小球的质量与水平位移，需要刻度尺与天平，本实验不需要测量时间，不需要秒表，故 A错误；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽的末端必须水平，故B正确；
C．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故C正确；
D．为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故D错误。
故选BC。
（2）[1][2]小球下落高度相同，则运动时间相同，由动量守恒定律可知，若两球碰撞前后的总动量守恒，则
即
化简可得
若两球为弹性碰撞，则总动量守恒、动能守恒，即
化简得
或者
12. 某实验小组利用热敏电阻传感器测量温度（低于），热敏电阻的阻值随温度变化的数据如图甲，实验器材如下：
A．直流电源，电动势，内阻不计；
B．电压表V，量程为3 V，内阻；
C．小量程电流表A，量程为10 mA，内阻约为；
D．滑动变阻器，最大阻值为；
E．滑动变阻器，最大阻值为；
F．电阻箱R，最大阻值为；
G．被测热敏电阻；
H．开关、导线若干。
（1）将电压表V改装成量程为12 V的电压表，需串联电阻箱的阻值为__________。
（2）结合所供实验器材，为较精确地测量金属热敏电阻，滑动变阻器应选用__________填“”或“”，并将图乙所示电路图补全__________。
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，若此时电压表示数为，对应的电流表示数为，则此时热敏电阻的测量值为__________，其对应的温度为__________，实际功率为__________W。
【答案】（1） （2） （3） 25
【解析】（1）电压表与定值电阻串联改装为电压表，根据分压关系
可得
（2）[1]本题为分压式控制电路，为了测量时调节方便，滑动变阻器应选用小阻值的，则选。
[2]改装后的电压表内阻已知，故采用电流表外接法。
（3）[1]电压表示数为时流过电压表的电流为，此时热敏电阻的电流为
热敏电阻两端的电压
由此得此时热敏电阻的测量值为
[2][3]由图像可知，，，则
当时其对应的温度为，功率
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13. 如图所示，光滑斜面倾角为，质量为的小球A从离水平地面高度为的斜面顶端由静止释放，滑至底端时与静止在光滑水平面上的小球B发生弹性碰撞。已知小球B的质量为，水平面与斜面底端平滑连接，碰撞时间极短，重力加速度g取。求：
（1）小球A滑至斜面底端时的速度大小；
（2）碰撞后小球A和小球B的速度大小和；
（3）判断小球A、B最终运动的速度大小。
【答案】（1） （2）， （3），
【解析】（1）小球A滑至底端时，由机械能守恒定律有
代入数据得
（2）小球A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒有，
代入数据得，方向向左；
（3）因为，方向向左，所以能回到斜面，由能量守恒定律有，代入数据得；最大高度小于h，故小球A返回水平面，且速度为，又小于B速度，故最终两小球A、B分别以大小为和的速度向右做匀速运动。
14. 如图所示，在坐标系xOy第一象限内有场强大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场，第二象限内有半径为2L的圆形匀强磁场，其磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里且与x轴相切于P点，P点的坐标为。一电子以沿y轴正方向、大小为的初速度从P点射入磁场，经过磁场偏转后通过y轴的Q点进入第一象限。已知电子的质量为m、电荷量数值为e，不计电子重力。求：
（1）电子在磁场中运动的半径；
（2）若在处有一粒子接收屏。
（ⅰ）电子打到屏上点的横坐标；
（ⅱ）电子从释放到接收屏的时间。
【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】（1）电子在磁场中运动，由洛伦兹力公式
代入
解得
（2）（i）磁场圆的半径，电子垂直y轴进入电场，Q点的坐标为
电子进入第一象限后做类平抛运动，由几何知识的电子在第一象限沿y轴移动的距离
电场中y轴方向，解得
x轴方向
（ii）电子在匀强磁场中运动的周期
电子在磁场区中的运动时间
出磁场之后做匀速直线运动，可得，
15. 如图所示，间距为的两条平行光滑金属导轨AB、CD足够长，与水平地面间的夹角为，底部B、D之间连有一阻值为的电阻，导轨处在磁感应强度大小为、垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ中，导轨的上端点A、C与横截面为、匝数为匝的水平面内的线圈相连，线圈总阻值为，线圈处于方向竖直向上的匀强磁场Ⅱ中，磁感应强度大小随时间变化规律为。开关K闭合后，电阻值为的光滑金属棒ab恰能保持静止。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，其余部分电阻不计，重力加速度g取。求：
（1）因磁场Ⅱ的磁感应强度大小变化，线圈中产生的感应电动势大小；
（2）金属棒ab质量；
（3）开关K断开后，金属棒ab由静止下滑至最大速度所需时间为（），金属棒ab能达到的最大速度和金属棒产生的焦耳热。（热量表达式中可含）
【答案】（1）2V （2） （3）2m/s；
【解析】（1）由法拉第电磁感应定律，
代入数值得
（2）由闭合电路欧姆定律
代入数值得
ab棒受力平衡
代入数值得
（3）断开K，ab棒下滑，，，
得
当速度最大时，a=0，代入数值
由动量定理得
得
由能量守恒定律