云南省保山市高（完）中C、D类学校2022-2023学年高二下学期3月份联考物理试卷含答案.pdf

书书书?槡?物理参考答案第 1 页（共 7 页）保山市高（完）中C、D类学校20222023学年下学期3月份联考 高二物理参考答案 第 I 卷（选择题，共 48 分）一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 18题只有一项符合题目要求；第 912 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）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D A B D B D C BC BD CD BC【解析】1在地球赤道上空，地磁场的方向由地理南极指向地理北极，当沿东西方向水平放置一根通以由东向西的电流导线，根据左手定则可知，该导线所受安培力的方向为竖直向下，故 D正确。2通过图示电流方向，知电容器在放电，则电容器上极板 A 带负电，下极 B 板带正电，振荡电流增大，电容器上的电荷量正在减小，由QUC知AB两板间的电压在减小，电场能正在向磁场能转化，故 D 正确，A、B、C 错误。3两炮弹从同一高度落下，则落地的时间相同，根据动量定理mgtp，可得1212:1 2ppmm，故A正确。4金属杆相对于磁场向左运动，根据右手定则得，感应电流方向为ab，感应电动势为0EBdv，根据闭合电路的欧姆定律得0BdIRv，故B正确。5根据图像可知，0.2st 时，振子在O点右侧12sincm6 2cm4处，故A错误。因xt图像的斜率等于速度，则0.1st 和0.3st 时，振子的速度方向相同，大小不同，故B错误。0.5st 和0.7st 时，振子离开平衡位置的位移不同，则回复力不同，振子的加速度不相同，故C错误。从0.2st 到0.4st，弹簧长度增加，形变量增加，则系统的势能逐渐增加，故D正确。物理参考答案第 2 页（共 7 页）6 根 据 动 量 定 理 得1 110Ftmv，解 得11m/sv，故A错 误。根 据 动 量 定 理 得1 22 320FtF tmv，解得26kg m/smv，故B正确。第2s末合力方向改变，由于惯性，物体要做减速运动，所以动量方向不变，故C错误。04s合力的冲量1 22 44N sIFtF t，故D错误。7从两时刻的波形图可以看出，在0.6st 时间内，波传播的距离36m4x，故传播时间340.6sTt，周期0.8sT，故A错误。同时可求波速为10m/s；0t 时刻P点向y轴负方向振动，经过0.9s811tT，P点正向y轴负方向振动，故B错误。经过0.4st，即半个周期，P点经过的路程为20.4mA，故C错误。经过0.5st，波向x轴负向平移5mxt v，可知Q点处于波峰，故D正确。8充电基座接上如图乙的家庭用交流电，基座线圈可产生交变磁场，根据电磁感应原理，手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电；而自感现象是一种特殊的电磁感应现象，是由于导体本身电流发生变化引起自身产生的磁场变化而导致其自身产生的电磁感应现象，故A错误。家庭用交流电的频率为50Hz，交流电电流方向每秒变化100次，故B错误。受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）给手机电池充电，手机电池的充电电压为5V（有效值），则2m2522UTTRR，m10VU，可知受电线圈两端的输出电压的电压峰值为10V，故C正确。基座线圈和受电线圈的匝数比为31131.1101，故D错误。9弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误。上升过程中，圆珠笔（含弹簧）只受到重力作用，所以圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒，故B正确。圆珠笔弹到最大高度h时，速度为0，则圆珠笔的动量为零，故C正确。圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得2012mghmv，解得02ghv，所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为2gh，故D错误。物理参考答案第 3 页（共 7 页）10由乙图可知，交变电流的周期为0.02s，则交变电流的频率为11Hz50Hz0.02fT，故A错误。根据乙图可知，线圈输入电压的有效值为136 2V36V2U，根据变压器电压比等于匝数比可得221112UnUn，解得电压表V的读数为21118V2UU，故B正确。由乙图可知，0.005st，电动势为最大值，可知该时刻产生该正弦交流电的线圈正处于垂直中性面位置，故C错误。副线圈的电流为2219A2UIR，则变压器输入功率为22918W81W2PPU I入出，故D正确。11图乙为介质中平衡位置在1.5mx 处的质点的振动图像，在2st 时，质点向下振动，由上下坡法确定，该波沿x轴负方向传播，由图甲可知波长为2m，由图乙可知周期为4sT，则有波速为2m/s0.5m/s4Tv，故A错误。在0t 时刻，由图甲可知P质点在波峰，在正的最大位移处，可知P质点的加速度沿y轴负方向，故B错误。在0t 时刻，P质点在波峰，在2st 时刻，P质点在波谷，由图甲可知，02s时间内，P运动的路程为224cm8cmsA，故C正确。当7st 时，则有17s2s5s14tT，可知P恰好回到平衡位置，故D正确。12由图乙可知，导线PQ中电流在0t 是达到最大值，变化率为零，故导线框中的磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，此时导线框中产生的感应电动势为零，导线框abcd中的电流为零，故A错误。导线PQ中的电流在2t时刻前后，其it图线斜率正负发生变化，所以导线框abcd中磁通量变化率的正负发生变化，根据楞次定律，此时导线框abcd中产生的感应电流的方向改变，故B正确。导线PQ中的电流在1t时，其it图线的斜率最大，电流变化率最大，导线框abcd中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，此时导线框abcd中产生的感应电流最大，且由楞次定律可判断出感应电流的方向沿adcba方向，故C正确。由楞次定律可判断出在3t时感应电流的方向为沿abcda方向，故D错误。物理参考答案第 4 页（共 7 页）第卷（非选择题，共 52 分）二、填空、实验题（本大题共2小题，共16分）13（每空2分，共6分）（1）A （2）Bdv （3）BdRIv 【解析】（1）根据左手定则知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则A板带正电。（2）当离子受到的洛伦兹力和电场力平衡时有Uq Bqdv，解得UBdv。（3）根据欧姆定律得UBdrRRIIv。14（每空2分，共10分）（1）BCD （2）C （3）AC （4）112mOPmOMmNO 222112mOPmOMmO N 【解析】（1）斜槽轨道不必须是光滑的，只要从同一高度下落就保证初速度相同，故A错误。斜槽轨道末端的切线是水平的，因为这样才保证小球做平抛运动，故B正确。入射球每次都要从同一高度由静止滚下，才能保证小球碰撞前的速度相同，减小误差，故C正确。碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，才能保证小球发生的对心正碰，碰后的速度才在同一直线，故D正确。（2）入射小球质量1m必须大于被碰小球质量2m，碰撞后才不会反向运动，要保证小球发生的对心正碰，两球的半径必须相同。（3）通过测量水平位移来表示小球的速度，所以需要直尺，故A正确。若采用图乙所示装置进行实验，则小球的初始位置都相同，不需要测小球的直径所以不需要游标卡尺，故B错误。需要测量小球的质量，所以需要天平，故C正确。不需要测量小球的受力情况，所以不需要弹簧测力计，故D错误。不需要测量时间，所以不需要秒表，故E错误。物理参考答案第 5 页（共 7 页）（4）入射小球碰前的初速度为12OPhgv，入射小球碰后的初速度为12OMhg v，被碰小球碰后的初速度为22O Nhg v，验证动量守恒则有1 11 122mmmvvv，整理可得“验证动量守 恒 定 律”的 结 论 为112mOPmOMmNO；若 碰 撞 为 弹 性 碰 撞，则2221 11 122111222mmmvvv，可得222112mOPmOMmO N。三、计算题（本大题共3小题，共36分。解答时请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）15（8分）解：设电子到达小孔2S时的速度大小为0v，根据动能定理有 20012eUmv 由几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 RL 200eBmLvv 021mUBLe 评分标准：本题共8分。正确得出式各给2分。16（12分）解：（1）由安培力FBIL安 EIR EBLv 导体棒匀速下滑时，由力平衡得 sin37cos37mgFmg 安 代入数据解得5m/sv 物理参考答案第 6 页（共 7 页）（2）设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为s，通过导体棒截面的电量qI t EIR Et 得到BLsqRR 根据能量守恒定律，得21sin37cos372mgsQmmgs 热v 得21sin37cos371.5J2Qmgsmmgs 热v 评分标准：本题共12分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。17（16分）解：（1）设弹簧的弹性势能完全释放时A物块在光滑水平轨道处的速度为Av，B物块在光滑水平轨道处的速度为Bv，同时B物块在最高点处速度为dv。B物块恰好到达圆弧轨道最高点d，根据牛顿第二定律得 2dBBm gmRv B物块由b运动到d的过程中，根据动能定理 2211222BBdBBm gRmmvv 解得4m/sBv 对A、B组成的系统，根据动量守恒定律，得 0AABBmmvv 解得2m/sAv （2）根据能量守恒，弹簧的弹性势能 22P1122AABBEmmvv 解得P12JE 物理参考答案第 7 页（共 7 页）（3）设A物块与小车达到共速v时，小车的最小车身长度为L。对A物块与小车组成的系统由动量守恒可得()AAAmmMvv 根据能量守恒得 2211()22AAAmmMfLvv 又因为 NAfFm g 解得1mL 由于LL，则A在小车上滑动过程中产生的热量为 1JQfL 评分标准：本题共16分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。