2022-2023学年安徽省六安市重点学校高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省六安市重点学校高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 如图所示是回路中电容器带的电荷量随时间变化的图像。在到内，关于电容器的充或放电过程及由此产生的电磁波的波长，正确的结论是( )
A. 充电过程，波长为 B. 充电过程，波长为
C. 放电过程，波长为 D. 放电过程，波长为
2. 如图所示是圆盘发电机的示意图，盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片、分别与金属转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为，匀强磁场的磁感应强度为，回路的总电阻为，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动，则( )
A. 由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流
B. 回路中感应电流方向不变，为
C. 回路中感应电流大小不变，为
D. 回路中有周期性变化的感应电流
3. 如图所示，是的定值电阻，是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则( )
A. 电压表的示数为
B. 若，则消耗的的热功率为
C. 在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变小
D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大
4. 如图所示，为某一交流电的电流时间图像前半周期为正弦交流电，则一周期内该电流的有效值为
A. B. C. D.
5. 如图，水平面上固定光滑圆弧面，水平宽度为，高为且满足。小球从顶端处由静止释放，沿弧面滑到底端经历的时间为，若在圆弧面上放一光滑平板，仍将小球从点由静止释放，沿平板滑到的时间为( )
A. B. C. D.
6. 正三角形线框、菱形线框和正六边形线框由粗细均匀的同种金属材料制成，，，将三个线框置于同一个垂直纸面向里的匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直。三个线框分别与电压相等的恒压电源相连图示箭头方向表示电流方向，不计连接导线的电阻，下列说法正确的是
A. 线框段受到的安培力大于线框段受到的安培力
B. 线框和线框受到的安培力的合力均为
C. 线框受到的安培力的合力大于线框受到的安培力的合力
D. 线框与线框所受安培力合力的大小之比为
7. 如下图所示，直角三角形中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿方向射入磁场，分别从边上的、两点射出，则( )
A. 从射出的粒子速度大
B. 从射出的粒子速度大
C. 从射出的粒子，在磁场中运动的时间长
D. 从射出的粒子，在磁场中运动的时间长
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒和可以自由滑动。当在外力作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A. 导体棒内有电流通过，方向是
B. 导体棒内有电流通过，方向是
C. 磁场对导体棒的作用力向左
D. 磁场对导体棒的作用力向左
9. 如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒
B. 小球从形管的另一端射出时，速度大小为
C. 小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D. 从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
10. 如图，半径相同的三个圆形相切于、、三点，三个圆形区域的圆心分别为、、，三个区域内有方向相同、大小分别为、、的匀强磁场，带负电粒子以平行于、方向以某速度从圆形磁场边缘对准圆心射入磁场中，恰好分别通过点和点而进入第二个和第三个圆形磁场区域，从第三个圆形磁场区域射出后粒子又恰好通过三角形、、的几何中心点。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 若粒子质量，电荷，初速度，则其在第二个区域做圆周运动轨迹半径
B. 三个区域磁感强度
C. 粒子在三个区域中做圆周运动时间之比
D. 粒子在三个区域中做圆周运动向心加速度之比
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 如图所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为的直导线接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线中通过大的电流强度为，直导线中通过小的电流强度为，将导线围绕中点垂直纸面缓慢旋转过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图所示；若将导线沿纸平面缓慢向右移动距离时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图所示，不考虑导线所产生的磁场。
初始时导线所在位置的磁感应强度大小为________；
导线旋转时，点磁感应强度方向________；
直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离成________填“正比”或“反比”。
12. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
下列说法中正确的是______选填选项前的字母。
A.用米尺测出摆线的长度，记为摆长 选用长度为左右的细线
C.当摆球经过最大位移处开始计时 选择直径为的铁球
E. 选择直径为的塑料球
测出摆长及单摆完成次全振动所用的时间，则重力加速度______用、、表示。
下表是某同学记录的组实验数据，并做了部分计算处理。
组次
摆长
次全振动时间
振动周期
重力加速度
请计算出第组实验中的________，________。
用多组实验数据作出图像，也可以求出重力加速度。已知三位同学作出的图线的示意图如图中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线，下列分析正确的是选填选项前的字母( )
A.出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长
B.出现图线的原因可能是误将次全振动记为次
C.图线对应的值大于图线对应的值
D. 图线对应的值小于图线对应的值
四、简答题（本大题共2小题，共33.0分）
13. 如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比的带正电的粒子，以初速度从轴上的点垂直轴射入电场，，不计粒子的重力。
求粒子经过轴时的位置到原点的距离；
求粒子经过轴时的速度大小和方向；
若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度的取值范围不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况。
14. 如图所示，一带电荷量 C、质量的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一可视为质点、质量的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数。距平板左端处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。
求平板第一次与挡板即将碰撞时的速率；
若平板长度为，求物块最终离平板最左端的距离；
若将电场撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离，仅给小物块一个水平向左的初速度，使得平板与挡板只能碰撞次，求应满足的条件。假设平板足够长
五、计算题（本大题共1小题，共13.0分）
15. 如图所示，光滑导轨、的水平部分处在方向竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中，导轨右部分宽度为，左部分宽度为，将质量均为的金属棒和分别置于导轨上不同宽度处，且两棒均与轨道垂直。将棒置于距离水平导轨高度处时静止释放，棒沿轨道下滑后始终在左部分磁场中运动．两棒有电阻，导轨无电阻，左右水平部分均足够长，求：
棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；
棒和棒最终的速度比值；
整个过程中系统产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
电路中由与构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程，体现电场能，体现磁场能，并根据，结合电磁波的传播速度，即可求解。
电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用；同时掌握充放电过程中，会判定电流、电量、磁场、电场、电压如何变化。
【解答】
由题图可知，在到内，电容器的带电荷量由增加到最多，因此是充电过程，电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对圆盘发电机原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极，注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以处的电势比处低。
根据右手定则判断间感应电流方向，即可知道电势高低，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度的关系。
【解答】
A.将圆盘看成由无数条幅向分布的导体棒组成的，圆盘在外力作用下，这些导体棒转动切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故A错误；
B.根据右手定则可知，电流从点流出，流向点，因此电流方向为从向再到，即为，故B错误；
根据法拉第电磁感应定律，则有，所以产生的电动势大小不变，感应电流大小不变，即为，故D错误，C正确。
故选C。
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查变压器的动态分析。
根据欧姆定律及变压器的变压比等于匝数比，从而可知电压表的示数的大小，再依据电流比与匝数成反比，可以求得消耗的的热功率；
在天逐渐变黑的过程中，电阻逐渐增大，则电流表的示数变小，这样电流表的示数变小，变压器的输入功率等于与消耗的功率，则变压器的输入功率变小。
【解答】
A.原线圈一侧有：，根据变压比等于匝数比，则，故A错误；
B.由知，又，电流比与匝数成反比，联立代入数据解得：，则消耗的的热功率为，故B错误；
在天逐渐变黑的过程中，电阻逐渐增大，则电流表的示数变小，这样电流表的示数变小，变压器的输入功率等于0与消耗的功率，则变压器的输入功率变小，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】
根据有效值的定义求解，取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度。
【解答】
设交流电电流的有效值为，周期为，电阻为，则有：
解得：
故选A。

5.【答案】
【解析】解：设该圆弧对应的半径为，小球沿光滑圆弧面运动到底端的时间相当于摆长为的单摆周期的，
则有：，
小球光滑斜面滑到的时间为，根据等时圆原理可知，小球与从高为处自由下落的时间相等，根据得：，故B正确，ACD错误。
故选：。
小球沿光滑圆弧面运动到底端相当于单摆的运动，小球光滑斜面滑到，满足“等时圆”原理，结合位移时间公式求出运动的时间。
本题主要是考查牛顿第二定律中等时圆问题和单摆的周期公式，掌握“等时圆”原理和单摆的周期公式是关键。
6.【答案】
【解析】
【分析】
确定电路的连接形式；根据闭合电路的欧姆定律求出电流之间的关系；根据确定安培力的大小；注意为有效长度。
【解答】
A.设段的长度为，段的电阻为，恒压电源的电压为，则线框段的电阻为，线框段的电阻为，通过它们的电流之比为，线框段、线框段的有效长度均为，根据可知线框段受到的安培力小于线框段受到的安培力，故A错误
线框的并联电阻为，线框的并联电阻为，通过它们的电流之比为，线框的有效长度为，线框的有效长度为，根据可知线框和线框受到的安培力的合力之比为，同理可得线框与线框所受安培力的大小之比为，故BD错误C正确。

7.【答案】
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论。
【解答】
如图
粒子在磁场中做圆周运动，分别从点和点射出，由图知，粒子运动的半径，
又粒子在磁场中做圆周运动的半径，两个粒子比荷相同，
所以粒子运动速度，故A错误，B正确；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，
根据粒子在磁场中运动的时间：，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故CD错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了右手定则和左手定则的应用，解题的关键时知道用右手定则判断感应电流的方向，左手定则判断安培力的方向，基础题。
【解答】
当向右运动时，根据右手定则知，中的电流方向为到，则点作为电源的负极，端为电源的正极，点的电势比点高，中的电流方向为到，故B正确，A错误；
C.根据左手定则知，棒所受的安培力方向向左，故C正确；
D.根据左手定则知，棒所受的安培力方向向右，故D错误。
故选BC。

9.【答案】
【解析】
【分析】
根据机械能守恒定律判断是否守恒；根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解速度大小；根据动量定理求解冲量大小。
本题主要考查机械能守恒，动量守恒定律，根据机械能守恒及动量守恒求速度，根据动量变化求冲量大小。
【解答】
A.小球和形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；
B.小球从形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得，再由机械能守恒定律可得，解得，故B错误；
C.从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和形管速度平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律得，则，由能量守恒得，解得，故C正确；
D.小球此时还有个分速度是沿着形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知，对小球由动量定理得，由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为，故D正确。
10.【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了带电粒子在圆形磁场中的圆周运动，对于该类问题知道粒子沿半径方向射入必沿半径方向方向射出，知道粒子运动半径公式和周期公式，知道粒子运动时间由圆心角和粒子运动周期计算。
【解答】粒子在磁场中做圆周运动，速度大小不变，在第二个区域中，根据，
解得，故A错误
B.设圆的半径为，粒子射入第一个圆形磁场后，从点射入第二个圆形磁场，粒子在磁场中转过的角度为，其半径，
同理可得，粒子在第二个圆形磁场中转过的角度为，其半径，
粒子从点射入第三个圆形磁场中，射出时恰好过三角形的几何中心点，则粒子在第三个圆形磁场中转过的角度为，其半径，
根据，可得，
三个区域磁感强度之比
，故B正确
C.粒子运动的周期为，
粒子在磁场中运动时间，
联立可得
，
，
，
结合选项分析可得，故C正确
D.向心加速度，
可得粒子在三个区域中做圆周运动向心加速度之比，故D错误。
故选BC。
11.【答案】；
垂直纸面向里；
反比
【解析】根据安培定则，导线在位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为，由图像可知此时导线受的安培力为，由安培力公式，解得。
导线旋转时，点磁感应强度方向不变，导线在点产生的磁场方向垂直纸面向里。
在图像中，图线为过原点的直线，可见直线电流产生磁感应强度大小跟距离成反比。
12.【答案】
【解析】
【分析】
单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；
应用单摆轴公式可以求出重力加速度；
分析表中实验数据，求出单摆周期、应用单摆周期公式求出重力加速度；
根据单摆的周期公式变形得出与的关系式，再分析图象中与斜率的关系，得到的表达式，根据重力加速度的表达式，分析各图线与之间的关系。
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素，应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
【解答】
用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，摆线的长度加上摆球的半径记为摆长；为减小实验误差，应选择左右的摆线，当摆球经过平衡位置开始计时；为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故 BD正确，ACE错误；
单摆的周期：，由单摆周期公式：可知，重力加速度：；
由表中实验数据可知，第组实验中，周期：，代入数据：解得：；
根据单摆的周期公式得，，根据数学知识可知，图象的斜率，当地的重力加速度
A.若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度，则有，根据数学知识可知，对图象来说，与线斜率相等，两者应该平行，是截距；故做出的图象中线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，故A错误；
B.实验中误将次全振动记为次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率偏小，故B正确；
由图可知，图线对应的斜率偏小，根据图象的斜率，当地的重力加速度可知，值大于图线对应的值，故C正确；故D错误。
故答案为：


13.【答案】解：
设粒子在电场中运动时间为，粒子经过轴时的位置与原点的距离为，
则： ，
根据位移时间关系：
代入数据解得： ，
竖直方向的位移： ；
粒子经过轴时在电场方向的分速度为：
粒子经过轴时速度为：
与轴正方向夹角大小为，根据几何关系可得：
解得：；
粒子经过轴时的速度大小为， 方向与轴正方向夹角大小为
要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为，
则，解得：
由洛伦兹力提供向心力可得：
解得。
答：
粒子经过轴时的位置到原点的距离为；
粒子经过轴时的速度大小为，方向与轴正方向夹角大小为；
若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，磁感应强度的取值范围为。
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，方向上做匀加速运动，方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过轴时的位置到原点的距离；
对带电粒子在电场中的运动由平抛运动规律可求得偏角；
设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。
14.【答案】解：两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，根据牛顿第二定律可得：
解得：，
故平板与物块一起匀加速，根据动能定理可得：
解得：；
最后平板、小物块均静止平板停在挡板处
设最终小物块与平板的相对位移为，全程根据能量守恒可得：
解得：
则物块最终离平板左侧的距离：；
设平板每次撞击挡板的速率为，由题意可知每撞击一次，挡板给系统的冲量大小为，由于只能碰撞次，根据动量定理可得：
解得
对平板，根据运动学公式
得：
所以。
答：平板第一次与挡板即将碰撞时的速率为；
若平板长度为，物块最终离平板最左端的距离为；
应满足的条件为。
【解析】两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，根据动能定理求解速度大小；
全程根据能量守恒求解相对距离，由此得到物块最终离平板左侧的距离；
根据动量定理结合运动学公式求解应满足的条件。
本题主要是考查了动量定理和能量守恒定律，关键是弄清楚小物块和平板的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律、动量定理结合能量关系列方程求解。
15.【答案】解：金属棒下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：；
最终两金属棒做匀速直线运动，回路电流为零，两金属棒产生的感应电动势大小相等，设的速度为，的速度为，
感应电动势：，，
金属棒匀速运动时，
解得：：：；
设从进入水平轨道到两金属棒达到稳定状态需要的时间为，由动量定理得：
对：，
对：
解得：，，
对系统，由能量守恒定律得：
解得：。
【解析】金属棒下滑到水平轨道过程只要重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出棒滑至水平轨道瞬间的速度大小。
最终两金属棒都做匀速直线运动，此时回路电流为零，两金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，由求出感应电动势，然后求出两金属棒的速度大小之比。
对金属棒应用动量定理求出两金属棒的最终速度大小，然后应用能量守恒定律求出系统产生的焦耳热。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚两金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、、动量定理与能量守恒定律可以解题。
第1页，共1页