安徽省阜阳市2022-2023学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析）.docx

1、阜阳市20222023学年度高二年级下学期教学质量统测物 理考生注意：1. 本试卷共100分。考试时间75分钟。2. 请将各题答案填写在答题卡上。3. 本试卷主要考试内容：必修第三册第十章至第十三章，选择性必修第一册，选择性必修第二册。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分共28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. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示下列说法正确的是（ ） A. 该横波沿x轴负方向传播B. 该时刻质点L向y轴正方向运动C. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同D. 质点N经半个周期将沿轴移动到L点【答案】A【解析

2、】【详解】A结合波形图和质点N的振动图像可知，该时刻质点N在平衡位置向上振动，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；B由于该横波沿x轴负方向传播，根据“上坡下、下坡上”，可知质点L该时刻向y轴负方向运动，故B错误；C该时刻质点K与M的速度均为零、加速度大小相同，方向相反，故C错误；D质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。故选A。2. 如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM（设为r）为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是（ ） A

3、B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由图可知，折射率故选B。3. 某同学准备乘飞机外出游玩时，在阜阳西关机场看到一条“严禁携带超过160Wh的充电宝搭乘飞机”的乘客须知。该同学携带的某品牌充电宝标识“160Wh，32000mAh”参数。关于这些数据，下列说法正确的是（ ）A. 参数“160Wh”表示160JB. 参数“160Wh”标注的是该充电宝电荷量C. 参数“32000mAh”标注的是该充电宝的额定能量D. 该充电宝充满电时存储的能量相当于大约57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能【答案】D【解析】【详解】ABD根据可知参数“160Wh”是能量的单位，且而根据机械能守恒，57

4、吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能故AB错误，D正确；C根据可知参数“32000mAh”标注的是该充电宝储存的电荷量。故C错误。故选D4. 如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了，已知地磁场的水平分量为，则下列说法正确的是（ ） A. 通电长直导线的电流方向为从北指向南B. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为C. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为D. 通电长直导线中电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与

5、初始位置之间的夹角变为原来的2倍【答案】C【解析】【详解】A小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；BC 分析题意知各分磁场与合磁场的关系如图，其中地磁场的水平分量为根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为故B错误，C正确；D通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为，设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为，则则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。故选C。5. 图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙

6、所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于或等于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列说法正确的是（ ） A. 图中开关闭合，时电压表的示数为5VB. 图中开关闭合，时电压表的示数为2.5VC. 当时，原、副线圈的电流频率D. 要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足【答案】D【解析】【详解】AB图中开关闭合，电压表测量的是电压的有效值，可知时或者时电压表的示数为选项AB错误；C变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈的电流频率选项C错误；D要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足即选项D

7、正确。故选D。6. 某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；悬吊1.0N重物时，指针指在木板上刻度为O的位置，OC的距离为2cm。将1.0N的重物固定在弹簧下端和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。我们可以把“竖直加速度测量仪”固定在电梯墙壁上用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，g取，以加速度方向向上为正，下列说法正确的是（ ） A. 该弹簧的劲度系数为0.05N/mB. 指针指在A位置时，小球此时处于超重状态C. 指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为D. 指针指在

8、B位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为【答案】D【解析】【详解】A设弹簧劲度系数为，根据受力平衡可得，联立可得故A错误；B指针指在A位置时，弹簧弹力小于小球的重力，则小球的合力方向向下，加速度方向向下，小球此时处于失重状态，故B错误；C指针指在A位置时，此时弹簧弹力为根据牛顿第二定律可得可得由于加速度方向向下，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故C错误；D指针指在B位置时，此时弹簧弹力为根据牛顿第二定律可得可得加速度方向向上，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故D正确。故选D。7. 如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r

9、的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为，流过线框的等效电流框架受到安培力大小为解得故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8. 如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一束电子以垂直于磁场边界的速度v从M点射入宽度为d的强磁场中，从N点穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为。下列说法正确的是（

10、） A. 电子的比荷为B. 电子的比荷为C. 电子穿越磁场的时间为D. 电子穿越磁场的时间为【答案】BC【解析】【详解】AB根据数学知识知解得电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力解得电子的比荷为故A错误，B正确；CD根据数学知识知电子在磁场中运动的时间为，电子在磁场中做匀速圆周运动的周期故电子穿越磁场的时间为故C正确，D错误。 故选BC。9. 如图，匀强电场中A、B、C是位于同一条电场线上的三点，。将电荷量为的负点电荷从A点移动到B点，静电力做功为。则下列说法正确的是（ ）A. A、B间的电势差为100VB. A、B、C三点中C点电势最高C. 匀强电场的场强大小为100

11、0V/mD. 把该电荷从B点移动到C点，电势能增加了【答案】CD【解析】【详解】A在匀强电场中，由得A、B间的电势差为-100V，故A错误；B因为负点电荷从A点移动到B点，静电力做的正功，故静电力方向由A指向B，负电荷受力的方向与电场线的方向相反，故电场线方向由B指向A，沿电场线的方向电势降低，故B点的电势最高，故B错误；C在匀强电场中故C正确；D把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为故电势能增加了，故D正确；故选CD。10. 如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽略。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小

12、的瞬时速度相向运动，时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（） A. 时刻a棒加速度大小为B. 时刻b棒速度为0C. 时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等D. 时间内，a棒产生的焦耳热为【答案】ACD【解析】【详解】A根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即E=2BLv0感应电流对a由牛顿第二定律得BIL=ma解得故A正确；B由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和

13、2R，根据电阻定律有，可得Sa=2Sb可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为。a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得解得即时刻，b棒的速度为故B错误；Ct1t2时间内，通过a、b的电流总是相等根据q=It，可知通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；Dt1t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得解得a棒产生的焦耳热故D正确。故选ACD。三、实验题：本题共2小题，共18

14、分。11. 某同学用单摆测重力加速度。实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出图像，如图所示。 （1）利用A、B两点的坐标可求得重力加速度表达式_。（2）本实验用图像计算重力加速度，_（选填“能”或“不能”）消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。请说明理由：_。【答案】 . . 能 . 根据（1）问所求重力加速度的表达式，摆球质量分布不均匀不会影响的结果，不影响图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响【解析】【详解】（1）1根据单摆的周期与摆长的关系，有根据A、B两点的坐标结合图像的斜率可知所以重力加速度表达式23能；根据（1）问所求重力加速度的表达式，摆球质量分布不均

15、匀不会影响的结果，不影响图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响。12. 充电宝是手机及时充电的一种重要工具。一充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A，某实验小组在实验室中测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用。实验器材有：A. 待测充电宝；B. 量程为3.0A，内阻约为的电流表；C. 量程为6V，内阻约为的电压表；D. 量程为15V，内阻约为的电压表；E. 阻值为，额定电流为3A的滑动变阻器；F. 阻值为的定值电阻；G. 阻值为的定值电阻；H. 开关S一个，导线若干。（1）采用如

16、图甲所示电路图，电压表应选用_（选填“C”或“D”），定值电阻应选用_（选填“F”或“G”）。 （2）请根据电路图甲，把实物图乙电路补充完整。_ （3）该同学记录了8组数据，并在坐标纸上画出该充电宝的图线如图丙所示。由图线可知该充电宝的电动势_V，内阻_。（保留两位小数） （4）该同学继续实验，记录了各种电量情况下充电宝电动势，数据如表中所示：电量（%）100806040205充电宝电动势（V）5.075.045.045005.145.08根据表中数据，忽略测量的偶然误差，你认为充电宝的电动势与储电量有什么样的关系？_【答案】 . C . F . . 5.06 . 0.10 . 充电宝的电动势

17、和内阻与储电量无关【解析】【详解】（1）1 2充电宝的电动势约为5V，电压表应选用C；根据闭合电路欧姆定律可知定值电阻应选用F；（2）3 实物图连接如图 （3）4 5根据闭合电路欧姆定律有变形可得则图象的截距代表电动势，斜率代表内阻，则有（4）6 由表中数据可知充电宝的电动势和内阻与储电量无关。四、计算题：本题共3小题，共36分。在答题纸上写出必要的解题步骤和简要的文字说明。13. 老师给小明一个密封盒，其表面有一个灯泡与一个可变电阻器。为了探究密封盒里灯泡和可变电阻器是如何连接的，小明首先连接了一个如图所示的电路，他将可变电阻器的R减小，并将变化结果记录在表中。（1）请判断盒中可变电阻器和灯

18、泡是如何连接的，并说明理由；（2）利用表中的数据，求灯泡的电阻值；（3）将两个1.5V的电池串联来代替低压电源，进行同样的实验，发现当R减小时，灯泡的亮度发生了变化，请问灯泡亮度是增大还是降低，请解释这一现象。数据：低压学生电源电压 = 3V 电流表内阻不计R的初始值 = 15 电流表的初始读数 = 2.60AR的最终值 = 5 电流表的最终读数 = 3.00A观察结果：灯泡的亮度保持不变。 【答案】（1）并联，理由见解析；（2）1.25；（3）降低，解释见解析【解析】【详解】（1）在可变电阻的变化过程中，灯泡亮度始终不变，因此灯泡两端电压不变，所以两者并联，电路图如图所示 （2）R = 15

19、时，R的电流流过小灯泡的电流为I2= II1= 2.40A小灯泡的电阻为（3）因为电池具有内阻，所以当R减小时，电路中的总电流增大，内电压增大，外电压减小，因此灯泡的电压减小，小灯泡亮度会降低。14. 如图，MN、PQ为无限长平行直线，间距为d，在MN、PQ的上下区域分布有大小为B，方向相反的匀强磁场。从A点沿与PQ边界夹角为45的方向发射一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经过上、下方磁场各一次后恰好回到A点。求：（1）粒子入射的速度大小；（2）粒子从A点出发又回到A点所用时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示。根

20、据牛顿第二定律，有由几何关系知解得解得（2）根据得粒子在磁场中运动的时间为粒子在MN、PQ之间运动的时间所以粒子从A点出发回到A点所用的总时间为 15. 如图，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，另一端系质量为的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。已知重力加速度为，求：（1）木块A、B分离后，B的速度大小；（2）C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小；（3）在整个运动过程中，木块A的最大速度及此时小球C的速度。 【答案】（1）1m/s；（2）；（3）A的最大速度为，方向水平向左，C的速度为，方向水平向

21、右。【解析】【详解】（1）A、B和C组成的系统，水平方向动量守恒，系统机械能守恒。当小球C运动到O点正下方时，A、B有共同速度，且此时恰好分离，设此时C的速度为，A、B速度为，以水平向左为正，根据系统水平动量守恒和机械能守恒带入数据得则A、B分离时，B的速度大小1m/s，方向水平向右。（2）设C球第一次从右向左运动到O点正下方时，小球C水平方向的位移为，A、B水平方向的位移为，以水平向左为正方向根据系统水平方向动量守恒方程两边同乘以极短时间求和得由几何关系知联立解得（3）当小球从左侧最高点向右运动到O点正下方时，对A、C系统，A此时有最大速度。设此时C的速度为，A此时的速度为，以水平向左为正方向，根据水平动量守恒和系统机械能守恒，有带入数据得综上所述，A的最大速度为，方向水平向左。