安徽省十联考2022-2023学年高二下学期期中物理含解析

2022-2023学年度高二第二学期期中联考

物理（A卷）试题

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分I（M）分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上

对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答

题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：选择性必修第一册第一，二章，选择性必修第二册。

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7

题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分）

1.如图是电磁波发射电路中的LC电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容

器的上极板带正电，下极板带负电，则以下说法正确的是（）

A.线圈中的磁场向上且正在增强

B.电容器中的电场向下且正在减弱

C.若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大

D.若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，电容器正在充电，则电流正在减小，即线圈中的磁场向上且正在减弱，A错误;

B.电容器正在充电，则电容器中的电场向下且正在增强，B错误；

C.若在线圈中插入铁芯，则自感系数L变大，根据

f-__!__

2π∙∕LC

可知，发射电磁波的频率变小，C错误；

D.若增大电容器极板间的距离，根据

C=-^-

4兀kd

可知C减小，根据

f-1

2π4LC

则发射电磁波的频率变大，波长变小，D正确。

故选D。

2.如图甲所示，粗细均匀绝缘导线弯成正方形线框〃和内切圆形线框儿两线框在同一平面内，磁场方向

垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间f变化规律如图乙所示，两线框产生感应电动势分别为耳,和

Eb,感应电流大小分别为/“和/〃，以下说法正确的是（）

A.Ea∙.Eh-π:4B.Ea:Eh=2:n

c./©：4=1：1D.Ia:Ih=2:1

【答案】C

【解析】

【详解】AB.设圆形线框半径为r,正方形线框边长L=2r,正方形线框面积4=Z?=4/，圆形线框

面积与=兀/,两线框处在均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律，有

E=n-----=nS------=nsκ

∆z∆r

则两线框产生感应电动势之比

%：纥=4：兀

故AB错误；

CD.设单位长度电阻为4,，正方形线框电阻

E=4LRO=SrR0

圆形线框电阻

Rh-2πrΛtj

根据欧姆定律有

/一

R

两线框中感应电流大小之比

3产1：1

故C正确，D错误。

故选C。

3.如图所示，理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦交流电，副线圈接入滑动变阻器R'和定值电阻上

在变阻器滑片从。端向匕端缓慢移动的过程中（）

A.电流表Al示数增大

B.电流表A2示数减小

C.原线圈输入功率先增大后减小

D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.设与R并联的电阻为R,,则副线圈电路总电阻为

RRD-1

RLR'一&+百方=R一五二=R'^~k~1τ

∕∖÷Av1∖+Kx八

R-Rx

变阻器滑片从。端向b端缓慢移动的过程，&减小，R总增大。理想变压器原线圈接入有效值恒定的正弦

交流电，变压器的输入电压不变，根据电压与变压器匝数关系可知输出电压不变，根据闭合电路欧姆定

律可知副线圈电路中电流减小，即电流表A2示数减小，根据电流与变压器匝数关系可知原线圈电路中的

电流减小，即电流表Al示数减小，故，\错误，B正确；

C.原线圈电路的电流减小，变压器的用力入电压不变，根据

P=UI

可知原线圈输入功率减小，故C错误；

D.并联部分电路电阻为

*T^½^

—+一

RRX

R,减小，R并减小，副线圈电路电流减小，根据欧姆定律可知并联电路两端的电压减小，由电功率公式

P_也

Λ^T

可知定值电阻R消耗的功率减小，故D错误。

故选Bo

4.如图1、2分别是甲、乙两种交流电口北-，关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为()

M/ZA，WA

'IIiII4

IllllW八〜、

∏___I;___l!___lI__l_;_l__;___⅛,A

「£3；41'L'52；534~柒

Illl

—乙ɔ___'-----!-----!----1'___'-Nɔ

图1图2

A.√3:^B.^0：6C.2:72D.1：1

【答案】A

【解析】

【详解】设甲、乙两种交流电的有效值J分别为/甲、/乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据对于甲交

流电有

22×Rx().5+4?XRx().5=∕,JχRχi

解得

∕ψ=√iθA

对于乙交流电有

Rx1+2?XRx0.5=/乙2XHx1.5

解得

产A

则

/甲:/乙=:√2

故选Ao

5.如图所示，水平面上放置光滑竖直圆弧轨道。儿，6点为轨道最低点，弧”防对应的圆心角很小，第一

次将小球放置在0点无初速度释放，小球到达最低点b所用时间为4；然后在"两点搭建光滑斜面，第二

次将小球放置在。点无初速度释放，小球沿斜面到达最低点6所用时间为马，小球可视为质点，则?为

*2

)

O

井、

/、

川川I而）川而川川山

b

π4π

A.1B.一C.一D.-

4π2

【答案】B

【解析】

【详解】设圆弧轨道半径为七小球在圆弧轨道运动等效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期

小球从a点到b点时间

Tπ

4^2

帅两点搭建斜面，设斜面倾角为6,即弦切角为6,根据牛顿第二定律可得小球加速度

α=gsin。

由几何关系得弦

,RSin26C八.八

ah=-------=2κsιnθ

CoSe

小球由a点到b点时间t2,有

解得

则有

4-Ξ

h4

故选Bo

6.如图所示，“品''字型线框MCM⅛∕z高为2L,宽为3L,单位长度阻值相同，长度为L的线框对应电阻为

R,线框在外力作用下以速度V匀速进入匀强磁场，磁感应强度大小为3,从必边进磁场开始计时，线框

电动势e、电流入线框的热功率P、外力尸随时间f变化规律如选项图所示，规定线框中电流顺时针方向

为正，下列图像正确的是（）

【答案】C

【解析】

【详解】0~内时间内，时边切割磁感线，产生电动势

V

El=BLv

由右手定则，电流方向为逆时针，电流为

,BLv

/,=----

1IOR

电功率为

6=/；XloR=&空

1110/?

外力F等于安培力

FI=BllL=^

1*WR

L2L

-------时间内，力和g〃边切割磁感线，产生电动势

VV

E2=2BLv

电流方向为逆时针，电流

,BLv

,2=

25R

电功率为

4B2L2V2

NB=----------

210/?

外力F等于安培力

F2=BI22L=^^-

JlX

2/37

——二时间内，时边切割磁感线，产生电动势

VV

E3=BLv

电流方向为逆时针，电流

BLv

Λ1=-----

3IOH

电功率为

P-P-^L

31IoR

外力F等于安培力

,,B2L2V

r∖

F3=BL3L=-I-oA-

故选C

7.如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁

感应强度大小B=2T，一群相同带电粒子从y轴的IOCm~20cm范围内，以速度u=20m∕s沿X轴正方向

进入第一象限，所有粒子均通过X轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量g=O∙lC,质量m=O.（XHkg,不

计带电粒子的重力，下列说法正确的是（）

lʃ/em

——ψθ

θ∖x/cm

A.该区域磁场的最小面积为（2+τι）xl（Γ2（πι2）

3兀

B.粒子在磁场中运动最长时间为——S

400

TT

C.粒子在磁场中运动最短时间为——S

200

D.粒子在磁场中动量变化量的最大值为4×10^2kg∙m∕s

【答案】D

【解析】

详解】A.洛仑兹力提供向心力

2

qvB^m—

R

解得

∕?=IOcm

所有粒子均通过X轴上同一点而离开磁场，即粒子从X轴上X=IOCm点离开磁场，即所有粒子磁聚焦到

X=IoCm点，如图所示

∣y∕cm

O∖x/cm

区域最小磁场面积

s-πR2一-ɪ7?2=~~γ~xɪθ2(ɪɪɪ2)

故A错误

BC.粒子•在磁场中运动的周期

FCmπ

/=2π—=s

qB100

粒子在磁场中运动最长时间

Tπ

t———-----S

2200

粒子在磁场中运动最短时间

T兀

t———=-----S

4400

故BC错i吴；

D.粒子，主磁场中运动动量变化量的最大值

△p=Imv=4x102kg∙m/s

故D正确O

故选D。

8.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L=2m,左端连接电阻R=3。，轨道

平面内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为6=2t(T),导体棒岫放在导轨

上，其长J篁恰好等于导轨间距，导体棒质量m=4kg,电阻为r=lθ,初始时导体棒位于导轨左端。在平

行于导轨外力作用下，导体棒沿导轨以速度V=2m∕s向右做匀速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂

直且接触良好。设金属导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力。下列说法正确的是()

b______________________

1×XXXX

R-----►V

T××××X

C

A.导体篇会中感应电流/随时间1变化规律为/=2f(A)

B.导体槎百所受拉力F随时间f变化规律为尸=8〃(N)

C.0~2s内通过电阻R的电量为8C

D.t-2s时外力的瞬时功率为128W

【答案】CD

【解析】

【详解】A.经时间，导体棒移动位移

X-Vt

回路面积

S=LX=Lvt

回路产生感生电动势

E.=s"=Lvkt

∖t

根据楞次定律和安培定则，导体棒电流方向由。到方，，时刻导体棒切割磁感线产生的动生电动势

E2=B1Lv=ktLv

根据右手定则，导体棒电流方向由。到从两个电动势方向一致，回路电动势

E=E1+E2=2Lvkt=W(Y)

根据欧姆定律有

F

L=------=4MA)

,R+rI,

故A错误；

B.导体棒匀速运动，所受拉力与安培力等大反向，可得导体棒所受拉力大小

产=G=g∕∕=16产(N)

故B错误；

C.通过电阻电流表达式

/=4，

在/-f图像中对应图线面积表示电量，0~2s内通过电阻R的电量

q=g"=8C

故C正确；

D.，=2s时外力

F=64N

其功率

P=Fv=I28W

故D正确。

故选CD0

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2胆的U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U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U形管组成的系统机械能守恒

B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为存

3

C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为也％

D,从小球射入至运动到U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血巴L

3

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.小球和U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.球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U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

mv0=mvx+2mv-y

根据机械能守恒定律可得

2加丫；

ɪmvɑ=ɪmvl+gX2

解得

故B错误；

C.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U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，有

mv0=(m+2m)v∖.

解得

B.区域∏磁感应强度大小为3B0

C.粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为丁丁

9qB。

D.粒子在区域II中速度变化量为％

【答案】BC

【解析】

【详解】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示

A.粒子沿。。3方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿QQ方向从区域in边界射出，根据左手

定则，可知区域H磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；

B.三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域I、In内各转过60。角，由几何关系有

tan30°-—

4

由洛仑兹力提供向心力，有

2

q%B<>=m-

ʌi

粒子在区域∏转过120。角，由几何关系有

tan60o=—

f^2

由洛仑兹力提供向心力，有

q%B=m—

r2

得

B=3Bo

故B正确;

C.粒子在区域I、ΠI周期相等

τ_2πm

,qB°

粒子在区域II周期

_2πm_2πm

2qB3qB°

粒子从进入磁场到离开磁场所用时间

「=24+4=陋

639泡

故C正确；

D.粒子在区域H中速度方向改变了120。角，速度变化量

∆v=2v0sin60°=石％

故D错误。

故选BCo

二、实验题（本题共2小题，共14分）

11.如图（1）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，将直导线力直线

固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线Cd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，测出直导线帅中通过大的电流强度为/一直导线Cd中通过小的电流强度

为，将导线Cd围绕中点。垂直纸面缓慢旋转90。过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如

图（2）所示；若将导线Cd沿纸平面缓慢向右移动距离X时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如

图（3）所示，不考虑导线W所产生的磁场。

（1）初始时导线以所在位置的磁感应强度大小为；

（2）导线Cd旋转90。时，。点磁感应强度方向；

（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离X成（填“正比”或“反比”）。

【答案】①.77②.垂直纸面向里③.反比

1ɔL

【解析】

【详解】（I）口］根据安培定则，导线必在Cd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B,由图像可知此时导线“受的安培力为K,由安培力公式

K=BIJ

解得

Ij

（2）［2］导线”旋转90。时，。点磁感应强度方向不变，导线帅在O点产生的磁场方向垂直纸面向里。

（3）［3］在尸-,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。

X

12.实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对

实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球

质量为〃3将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测

图⑴图⑵

（1）下列操作可以减小误差影响的是；

A.小球应选重而小的钢球

B.小球的摆动平面必须为竖直面

C.摆球从平衡位置拉开任意角度后释放

（2）单摆的周期为；

（3）当地重力加速度为；单摆的摆长为；小球摆动的最大偏角的余弦值为。（用

瑞，〃？，。表示）

【答案】①.AB##BA②.4∕0③.”④.竺整⑤.-

3机4

【解析】

【详解】（1）［1］A∙实验中为了减小阻力的影响，应选择重而小的钢球，故A正确;

B∙小球摆动必须在竖直平面内，否则不是单摆振动，故B正确；

C.球做单摆运动应满足摆角很小，不能为任意角度，故C错误。

故选AB0

（2）[2]根据题意可知，小球在最高点时，绳子拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，则由图（2）可知,

单摆的周期

（3）[3][4][5]根据题意，设小球最大偏角为6,小球在最高点，由平衡有

F0=mgcosθ

在最低位置有

V2

2r-mg=m—

0L

由机械能守恒有

mgL(1-cosB)=；mv2

解得

g*

3m

根据单摆周期公式

T=2πp

解得

L

3mπ2

八3

cosΘ=一

4

三、计算题（本题共3小题，共计46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演

算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.导轨或〃由半径为r=0.4m的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨以d

良好衔接，导轨〃部分宽度为Z1=2m,导轨c、1部分宽度为L2=Im,金属棒P和。质量分别为

M=2kg和〃Z=Ikg,电阻大小均为R=1。，。棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上

的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=IT。现将P棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过f=Is时间

尸棒到达轨道最低点，此时P棒对导轨压力为其重力的两倍，同时。棒解除锁定，两棒运动过程始终保持

平行，水平导轨均足够长，且P棒始终在"上运动，。棒始终在Cd上运动，全属棒与轨道接触良好，不

考虑一切摩擦，经过足够长时间后，重力加速度为g取IOm/S?（结果可用分数表示），求:

(1)解除锁定前通过棒的电量;

(2)解除锁定前尸棒所受安培力和支持力的合力冲量大小;

lm/s

3

【解析】

【详解】（1）解除锁定前通过导体棒的电量

△°

△⅛-=0.4C

q-1∖t-t∙∆λr=——“—

RI+我2R[+R-,+R)

（2）导体棒P到达圆弧导轨最低点时速度为%,由牛顿第二定律，有

2

N-Mg=M.

r

且

N=IMg

得

v0=y[gr=2m∕s

P棒沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力冲量大小为I,根据动量定理

I+Mgt-bp

作出矢量图如图所示

r

Mgt

可得

I=J(MVOy+(Mg"=MJgr+(g∕)2=4λ^6N∙s

(3)解除锁定后，尸棒做减速运动，。棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流为零，设两棒最

终速度分别为UP和VQ,由于

EP=EQ

BLyVp-BL2VQ

由动量定理，对尸棒有

-BILyt=M(Vp—V0)

对Q棒有

BIL2t=mvQ

得

M丽2

V=­z---Z-=—ɪn/s

p+M氏3

M年弧』

QmQ+Ml313

14.如图所示，在平面内X轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为"，X轴下方

和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小相等，方向与y抽平行，f=O时刻，质量为小、电荷量

为+4的粒子从P点沿X轴正方向射入电场，从X轴上Q点进入磁场，进入磁场时速度大小为也方向与X

轴正方向夹角为60。，然后垂直于MN边界进入上方电场，。点坐标为(40),粒子重力不计，求：

(1)匀强电场的场强大小民

(2)匀强磁场的磁感应强度大小8；

(3)粒子经过X轴的横坐标。

〃=O,1,2...)

偏转角为30。，由几何关系可知，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径

d-

r=--------=2d

sin30°

洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m—

r

解得

B=—

2qd

(3)由周期性可知粒子向上经过X轴的位置为

d+(6-2∙^^)d",〃=0,1,2,...

粒子向下经过X轴的位置为

(5-d+(6-dtι,〃=0,1,2,...

15.如图所示，质量为丐=2kg的木板B静止在光滑水平地面上，其右端d处(4大小可调节)用锁扣固

定滑块C,质量肛=4kg的小滑块4(可视为质点)静止于木板左端，现水平向右迅速敲击小滑块A,打

击冲量大小∕=24N∙s使小滑块向右运动。已知滑块与木板间动摩擦因数为〃=04,整个过程中滑块A

始终未滑离木板B,木板与右侧滑块C碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，重力加速度g取

10m∕s2o

(1)多次碰撞后小滑块A未滑离木板8,求木板的最短长度；

(2)若d=4m,多次碰撞后滑块A和木板B最终均静止，求整个过程中木板8的总路程。

【答案】(1)4.5m；(3)6.25m

【解析】

【详解】(1)根据动量定理，有

∕="zι%

得

v0=6m∕s

木板B与滑块C碰撞没有机械能损失，每次碰撞后木板8速度等大反向，多次碰撞后滑块A、木板B均静

止，根据能量守恒，有

〃叫gL=g班说

得

L=4.5m

(2)滑块A加速度

2

aA=μg=4m∕s

木板8加速度

4=丝强=8m&

m1

假设在第一次碰撞前A、B已共速，第一次碰撞前达到共速为匕，由动量守恒，有

z77

见％=（ι+^2）V1

得