安徽省阜阳市第三中学2025-2026学年高二下学期第二次学情自测物理试卷

2024级高二下学期物理周练（二) 满分：100分考试时间：50分钟 一、单项进择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在给出的四个选项中，只有一项 是符合趣目要求的。 1,图甲所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹 资振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（) A.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同 c如 B.从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小 C.在1=0.2s时，弹簧振子运动到O位置，此时回复力最小 A O D.在1=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同 2.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长 直导线，当导线中通以图示方向的电流时() A.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 1 B.磁铁对桌而的压力减小，且受到向右的塍擦力作用 C.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 3.如图。一半径为r、圆心为O的圆上有四等分点A、BC、D,P为圆弧AB的中点，Q为 圆弧CD的中点，A、C两点分别固定一个电荷量大小均为g的正点电荷，D点固定一个电荷 量与电性均未知的点电荷4。。己知B点处电场强度为0，静电力常量为k,取无穷远处电势 为零。下列说法正确的是（) 4.D点固定的是一个负电荷，电荷量大小为√2g +a B.0点电场强度大小为2V5,方向由0指向D r2 C.将一电子从P点移动到0点，电场力做正功 +9 D D.在BD连线上，从B到D电势先升高后降低 4.如图，滑块A、B静置于光滑水平面上，现给滑块A水平向右的初速度，两滑块发生正碰 1 碰后A的动能变为碰前的，。则滑块A、B的质量之比可能为 () CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP ontin. A.1:6 B.1:2 C.4:1 D.6:1 5.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸而向里，磁感应强度大小为B的匀 强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入璇场，速度方向与y轴正方向的夹角0=30°。粒 子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x正半轴。己知MO=d,粒子电荷量为 9,质量为m重力不计。则( ) A粒子带正电荷 y 8.粒子速度大小为29Bd XX m M πm X C.粒子在磁场中运动的时间为 3qB 0 -X D.N与0点相距3d 6.如图所示，光滑圆弧面上有一小球做简谐运动，B点为运动中的最低位置，小、C点均为 运动过程中的最高位置。下列说法正确的是() A.B点是平衡位置，此处小球受到的回复力就是重力 第 B B.小球在B点时，重力趟能最小，机械能最小 C,小球在A点、C点时，速度最小，对圆弧面的压力最小，回复力最大 D.若增大小球做简谐运动的幅度，则其运动周期变大 7.某探究小组测试一发电机性能的电路如图甲所示，灯泡L两端的电压随时间变化的关系 如图乙所示.已知发电机线图的电阻为62，匝数为500匝，打泡L的电阻为44Q,下列 说法正确的是() A.线圈转动的角速度为50rrad/s B。穿过线丽险通量的最大值为2×10：b 2x C.发电机产生的电动势瞬时值表达式为e=250sin100rt(W) D.线圈转动一周产生的总电能为50J 8.如图所示，水平传送带以某一速度沿顺时针方向匀速转动，劲度系数为k的轻质弹簽 端固定在竖直墙壁上，另一端与一个质量为m的滑块相连，某时刻将弹簧拉伸到某处静止 释放滑块，当滑块向左运动的距离为L时（滑块未滑离传送带)，速度减小为0，此时弹簧 恰好恢复原长，此过程中滑块与传迭带之间因暩擦而产生的热量为Q。下列说法中正确的是 () M凰 A.滑块与传送带之间的动摩擦因数为2mg kL CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP B.若只将传送带的速度增大为原来的2倍，其他条件不变，滑块向左运动的时间将增加 C.若只将传送带的速度增大为原来的2倍，其他条件不变，滑块向左运动的过程中，滑块 与传送带之间因摩擦而产生的热量变为22 D,由于摩擦力的作用，滑块将不能返回到出发点 二、多项进择趣：本题共2小题，每小趣6分，共12分。全部选对的得6分，近对但不全 的得3分，有选错的得0分。 9、如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下， 磁感应强度大小为B。长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且 L·在外力作用下，导体棒由F处运动到Gm处，速度由6减小到，速度的倒数二随 1》 位移x变化的关系图线如图乙所示。除阻值为R的电阻外，其他电阻均不计。在棒由EF处 运动到GH处的过程中() A.导体棒所受安培力逐渐增大 G B.导体棒所受安培力逐渐减小 Vo C.克服安培力做功为2B飞 R D.克服安培力做功为4B巧飞 Hc 0 2L。x R 10.如图所示为输电能耗演示电路。左侧变压器T原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为 6Y的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为，负载R的阻值为82，开关S接1 时，右侧变压器T,原、副线圈匝数比为2：1，R消耗的功率为8W:接2时，T,原、副线圈 匝数比为1：2，则() A,接1时，T2原线圈两端电压为U,=16V B.B.接1时，T,原线圈中的电流为L3=2A C.接2时，R消耗的功率P=32W D.D.接2时，R消耗的功率P=18W 三、实脸题：每空3分，共15分。 11.某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻，设计了如图甲所示的电路，所用器材 如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R、电阻箱、开关、导线等。按电路图连 接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关$，逐次改变电阻箱的阻值R, 用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题： CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 20 翻 10 (1)R,在电路中起 (选填“保护”或“分流”)作用。 (2)与B、KR、R的关系式为片 (3)根据记录数据作出上R图像，如图乙所示。已知R,=9.0Q,可得E= V(保留3位 有效数字)，r= 2(保留2位有效数字)。 (④)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果 (选填“有”或无”)影响。 四、解答题（本题2小题，12题16分，13题18分，共计33分；解题过程要有必要的文 字说明，运算结果要带单位) 12.如图，弹资振子以0点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，B、C之间的距离为20cm, P是OB的中点。t=0时刻，振子位于0点，t=1.0s时振子刚好第一次回到0点。求： (1)t=10s时振子的位移大小和0~10s内振子通过的路程： (2)振子在P点和.C点的加速度大小之比。 0009-O 13.如图所示，在乎面直角坐标系xOy第四象限内存在沿y轴正 方向的匀强电场，电场强度大小为E第一象限有一直角三角形区域OPQ,其中∠OP9=30°， O严a,△0P0区域内（含O0)有方向垂直于纸面向外的匀强磁场；一质量为m,电荷量为q (q>0)的带正电粒子从坐标原点0以速度%沿y轴正方向射入磁场，不计带电粒子的重 力。 (1)若该带电粒子经磁场偏转后能进入电场区城，求这种情况下磁感应强度大小的最小值 Bo: (2)如果磁感应强度大小取(1)中的B。,求该带电粒子在电、磁场中运动的总时间。 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 2024级高二下学期物理周练（二）解析 1、【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像切线斜率表示速度可知在与两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向不同，故A错误； B．从到的时间内，弹簧振子的位移变大，速度变小，动能变小，故B正确； C．在时，弹簧振子运动到正向位移最大处，此时回复力最大，故C错误； D．在与两个时刻，弹簧振子分别处于正向位移最大处和负向位移最大处，根据可知弹簧振子的加速度大小相等，方向相反，故D错误。 故选B。 2、【答案】C 【解析】 【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。 【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，如图： 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后桌面对磁铁的支持力变大，磁铁受到桌面的静摩擦力方向水平向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大。 故选C。 3、【答案】B 【解析】 【详解】A．A、C两点分别固定一个电荷量大小均为q的正点电荷，因B点的电场强度为零，则A、C两点的正电荷在B点的合电场强度与D点的电荷在B点的电场强度等大反向，则带负电，设正方形边长为a，则满足 解得，故A错误； B．A、C两点的电荷在O点的电场强度为零，则O点电场强度等于D点的电荷产生的电场强度，则为，方向由O指向D，故B正确； C．A、C两点的电荷在P、Q两点的电势相等，D点的电荷在P点电势高于Q点的电势，电势叠加遵循代数和，所以P点电势高于Q点的电势，将一电子从P点移动到Q点，电势能增大，可知电场力做负功，故C错误； D．因B点的合场强为零，则BO连线上合电场强度方向由B指向O，OD之间的电场强度方向由O指向D，沿电场线方向电势逐渐降低，可知从B到D连线上，电势一直降低，故D错误。 故选B。 4、【答案】A 【解析】 【详解】设B的质量为m，A的质量为km，碰前A的速度为，规定初速度方向为正方向，根据题意可知碰后A的速度为。若，由动量守恒有 解得 碰后速度符合实际，则有，解得 因碰撞过程A有动能损失，则有 解得 综上可得 若，由动量守恒有 解得 因碰撞过程A有动能损失，则有 解得 即 综上可知或 综合以上分析可知A选项符合题意。 故选A。 5、【答案】B 【解析】 【详解】A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误； B．粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 故B正确； C．粒子在磁场中运动的周期 粒子轨迹对应的圆心角为 粒子在磁场中运动的时间为 故C错误； D．N点到O点的距离为 故D错误。 故选B。 6、解析：A． B点是平衡位置，此处小球受到的回复力是重力在切线方向的分力，此时恢复力为零，故A错误； B．小球在B点时，重力势能最小，整个运动过程机械能守恒，故B错误； C．小球在A点、C点时，速度最小，对圆弧面的压力最小，回复力最大，故C正确； D．简谐运动的周期与振幅无关，若增大小球做简谐运动的幅度，则其运动周期不变，故D错误。故选C。 7、答案　B 解析　根据题图乙可知发电机产生的交流电的周期T＝0.02 s，故角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故A错误；灯泡两端电压的最大值为Um＝220 V，根据闭合电路的欧姆定律可知Um＝R，解得Em＝250 V，根据Em＝NBSω＝NΦmω，可知Φm＝×10－2 Wb，故B正确；发电机产生的电动势瞬时值表达式为e＝250sin 100πt (V)，故C错误；感应电动势的有效值E＝＝ V＝250 V，线圈转一周产生的总能量W＝T＝×0.02 J＝25 J，故D错误． 8、8．A 解析：AD．滑块受传送带的摩擦力一直向右且大小不变，可以将弹簧看成竖直状态挂着滑块，传送带摩擦力看作重力，由此可知，滑块将做简谐运动。 根据简谐运动原理，滑块将能返回到出发点，在出发点和向左运动的距离为时回复力大小相等，因此有： 解得：，故A正确，D错误； B．若只将传送带的速度增大为原来的2倍，其他条件不变，滑块受力情况不变，则滑块向左运动的时间不变，故B错误； C．设传送带初始速度为v，则根据功能关系： 若只将传送带的速度增大为原来的2倍，滑块受力情况不变，滑块向左运动的距离不变，这段时间不变，但这段时间内传送带运动的位移由vt变为2vt，则块与传送带之间因摩擦而产生的热量变为：，不等于2Q，故C错误。故选A。 9、【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】AB．由乙图知图像的斜率 由代入k值得 导体棒切割磁感线产生的感应电动势 感应电流 所以感应电动势和感应电流都不变。 又 所以安培力逐渐增大，选项A正确，B错误； CD．由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对位移的平均值。根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值 克服安培力做功 选项C错误，D正确。 故选AD。 10、【答案】AD 【解析】 【详解】A．接1时，R消耗的功率为8W，由，可得 由 解得，故A正确； B．接1时，由，解得原线圈中的电流为，故B错误； CD．接1时，由 解得 则 连接两理想变压器的导线总电阻为 接2时，设右侧变压器副线圈两端电压为，则 由 则 由 解得 则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为 由 解得 则R消耗的功率 故C错误，D正确。 故选AD。 11、答案 (1)保护　(2)(R+R0+r)　(3)1.47　1.3　(4)有 解析 (1)R0串联在电路中,起保护电路的作用。 (2)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R0+r),整理得(R+R0+r)。 (3)结合题图乙可知, V-1,故E=1.47 V,图像纵截距为=7 A-1,故r=1.3 Ω。 (4)若电流传感器有内阻,则E=I(R+R0+r+RA),整理得R+,图像的斜率不变,且仍为,无误,但=7 A-1,则r测=r+RA,故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。 12、【答案】（1）0，200cm （2） 【解析】 【小问1详解】 由题可知，该弹簧振子的振幅 周期T＝2×1.0s＝2.0s t＝10s时，经历五个周期，振子正好回到初始位置O点，故位移大小为0 振子一个周期内通过的路程为4A，故0～10s内通过的路程。 【小问2详解】 弹簧振子的回复力F＝－kx 根据牛顿第二定律，有－kx＝ma 振子加速度为 即a与x成正比，所以。 13、【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）经分析可知：当磁感应强度大小为时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与PQ相切，如图所示，圆心在x轴上的点，从x轴上M点进入电场，粒子在磁场中的圆轨道半径设为R，由几何关系知 即 由洛伦兹力提供向心力，可得 联立解得 （2）粒子从O点运动到M点的时间设为，则有 粒子进入电场后，沿电场线方向减速至N点，速度是零，设这段时间为，则有 解得 由运动对称性可知：粒子从N点运动到M点的时间也为，且从M点再次进入磁场的速度仍为，即再次进入磁场做匀速圆周运动的半径仍为，由图中几何知识可知，， 因此P点即为粒子再次做圆周运动的圆心，也即粒子将垂直于PQ边离开磁场。设粒子第2次在磁场中运动的时间为，则有 因此粒子在电磁场中运动的总时间t为 学科网（北京）股份有限公司 $