姓名
座位号
2.一个矩形线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变感应电动势随时间
(在此卷上答题无效)
变化的关系图像如图所示，以下说法正确的是
/V
绝密★启用前
A.t=0.005s时穿过线框的磁通量为0
安徽省示范高中培优联盟2023年春季联赛（高二）
10
B.t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大
物理
C.感应电动势的有效值为155.5V
D.0~0.005s内感应电动势的平均值为220V
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷第1至第4页，第Ⅱ卷第5至
3.如图所示，理想变压器原线圈输人电压u=Usin wt,副线圈电路中R。、R1为定值电阻，R是滑
第8页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
动变阻器。⑨和⑦是理想交流电压表，示数分别用U,和U:表示，示数变化的绝对值分别用
考生注意事项：
△U1和△U:表示；④和@是理想交流电流表，示数分别用11和I 表示，示数变化的绝对值分
1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡
别用△I1和△I2表示：当滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是
上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
A
2.答第I卷时，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。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹
清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签
字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试
A.R消耗的功率变大
B学的值不变
题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
C兴的值变大
D.出的值不变
4.如图所示，用两根不可伸长的轻绳OA、OB将一可视为质点的重物悬挂在竖直面内，轻绳OA与
第I卷（选择题共40分）
竖直方向的夹角为0，整个系统静止，这时轻绳OA中的拉力大小为T.现将轻绳OB剪断，当小球
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16题只有
摆至最低点时，轻绳OA中的拉力大小也为T,不计空气阻力，则0为
一项符合题目要求，第710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.小明玩蹦床时的情景如图所示，其中A位置表示蹦床床面未受压力时的平衡位置，B位置是
A.30
B.45
他从最高点直立下落的过程中将床面压到的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力
C.60
D.90
及床面的质量均可忽略不计，小明可看成质点。对于小明从A位置下降到B位置的过程，下
5.如图所示，空间存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度随时间均匀增大的匀强磁场，其边界
列说法中正确的是
MN如图中虚线所示，现将三个完全相同的导电圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，圆心
A.床面对小明的作用力大于小明对床面的作用力
B.小明始终处于超重状态
O,O,分别在MN的上方和下方，图中0=号。某时刻三个圆环受到的安培力大小分别为
C.小明的动能和重力势能之和不断变小
F、F、F:,则下列说法正确的是
D.重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等
命题：芜湖一中王长华审题：霍邱一中沈孝鹏和县一中周茂虎制卷：等高教育第1页（共8页）
命题：芜湖一中王长华审题：霍邱一中沈孝鹏和县一中周茂虎制卷：等高教育第2页（共8页》2023 春季联赛高二物理（参考答案）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B D C C C BD AC AD ACD
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 1-6 题只有一项符合题
目要求，第 7-10 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．【答案】C
【解析】根据牛顿第三定律，作用力和反作用大小相等,A 项错误;小明接触床面之前处于失重状态,刚接触床面
到弹力与重力大小相等之前,弹力小于重力,合力向下,仍然处于失重状态,B 项错误;小明在最高点和 B 点的速度
都为零,根据动量定理可知,小明从 A 位置到将床面压至 B 位置的过程中,小明的动能和重力势能之和不断变小，
重力对他的冲量小于床面对他的冲量,C 项正确，D 错误。故选 C。
2．【答案】B
【解析】t=0.005 s 时感应电动势为 0，线圈处于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，A 项错误；t=0.01 s 时
感应电动势最大,穿过线框的磁通量变化率最大，B 项正确。由图像知，感应电动势的最大值 Em=311 V，有效
值为 311 V/ 2 =220V，C 项错误；0~0.005 s 内感应电动势的平均值为
E n n BS 2nBS 2 2 E = 311V 198V 。D 项错误。
t m
2
3．【答案】D
2
E E 2
【解析】A．R 消耗的功率 PR R ,其中 E 和r 为等效电动势和等效内阻，R 减小，
R r r
2
R 2r
R
功率先变大后变小或一直变小，A 错误；
U U
B． 2 =R R 20 ， 变大，B 错误；I2 I2
U R n
C． 2 12 ，其中 k
1 ，比值不变，C 错误；
I2 k n2
I n I
D． 1 2 1 ，比值不变，D 正确。
I2 n1 I2
4．【答案】C
【解析】mg/cosθ=mg（3-2cosθ） 解得 cosθ=1/2，另一解舍去。
5．【答案】C
【解析】A、根据楞次定律，三个圆环中的感应电流方向都是逆时针方向的，故选项 A 错误；
B、根据左手定则，三个圆环受到的安培力方向都是垂直 MN 向上的，故选项 B 错误；
B
CD、设圆环半径为 r，电阻为 R，磁感应强度的变化率为 ，则有：
t
S B r 2 B E B r 2E = F =BI L =B 11 1 1 1 2r
B
2r
t 2 t R R 2 t
第 1 页，共 6 页
E S B
3 B
2=
2
r F2=BI2L =B
E2 B 3
2 3r r
2 B 3r
t 3 4 t R R 3 4 t
S B 2 3 2 B E B 2 3 E = 3 2 B3 t
r F3=BI3L3=B 3r r 3r
3 4 t R R
3 4 t
可得： F3 >F1> F2 .选项 C 正确、D 错误；故选 C.
6．【答案】C
4
【解析】粒子半径 r=3R，由图可知，截面圆上发光部分的长度等于 R ，故选 C.
3
7．【答案】BD
【解析】A．O 点处的电场强度向右，不为零，故 A 错误；
B．a、b 处的电场强度向右，大小相等，故 B 正确；
C．根据安培定则可知，两导线在O 点处的磁感应强度等大同向，则O 点处的磁感应强度不为零，故 C 错误；
D．根据安培定则可知，则 c、d 处的磁感应强度相同，方向向下，故 D 正确。故选 BD。
8．【答案】AC
【解析】A．地球自转一圈需要 24 h，“夸父一号”公转一圈需要 100 min ，则“夸父一号”每绕地球 1 圈，地球
100
自转的角度为 360 =25 ，A 正确；
24 60
GM GM
B．由 a = R h 2 ，g = 2 可知，“夸父一号”的向心加速度小于地球表面重力加速度，B 错误；R
C．根据题意：“卫星围绕地球在两极上空飞行（看作匀速圆周运动）且跟随着地球绕太阳公转，同时轨道平
面围绕太阳转动，且保持这个面一直朝向太阳”，“夸父一号”绕地球运动的轨道平面绕地球自转轴旋转，且每
1
天绕地球自转轴旋转 360 ，大约为 1°，C 正确；
365
D．“夸父一号”的发射速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故选项 D 错误。故选 AC。
9．【答案】AD
【解析】AB．根据动量守恒定律，二者速度相等等于初速度的一半，且同时到达共速，选项 A 正确，B 错误；
CD．共速时滑块和长木板的动能均为初动能的 1/4，但二者位移不等，斜率为摩擦力，故斜率等大，选项 C
错误，D 正确；故选 AD。
10.【答案】ACD
2mg
【解析】AB．粒子从 A 点运动到 B 点速度的变化量大小为 2v0 ，电场强度的最小值为Emin ，如图：2q
第 2 页，共 6 页
故 A 正确、B 错误；
v
C．匀强电场方向水平时，竖直方向为竖直上抛运动，时间为 t 0 ， Cg 故 正确；
2 1
D．粒子在该过程中的最小速度 v 2min v0 ，最小动能为 mv0 ，故 D 正确.2 4
二、实验题
d 2 H
11.（每空 2 分，共 6 分）【答案】 (1)23.20 (2) 1
2H t 2
(3)1-
0 0 H0
【解析】(1)50 分度游标卡尺的精确度为 0.02 mm,读数 23 mm+10×0.02 mm=23.20 mm。
2
d d
(2)由图 3 中的图线 1 可知,小球下落 H0 时，速度 v= ,根据动能定理有 mg0H0= mv2，即 2g0H0= ，解
t t 0 0
d 2
得 g0= 。
2H t 20 0
2 2
d d H
(3)2g0H0= ，2gH1= ，根据牛顿第二定律有 g0/g=(mg-f)/mg=1-f/mg，联立上述三式解得 f/mg=1- 1
t0 t0 H0
12．（每空 2 分，共 8 分）【答案】(1)1.41 1.27 10.0 (2)等于
1 1 r 2R
【解析】开关 S 断开时，由闭合回路欧姆定律有 E I R r 2Rg ，整理得 R g 。I E E
1 1 r R
开关 S 闭合时，由闭合回路欧姆定律有 E I R r Rg ，整理得 R g 。I E E
1 r 2R r R
斜率 k ，b g1 ，b
g ，把数据代入可得 E=1.41 V，r=1.27 Ω，R=10.0 Ω。
E E 2 E
实验中已经考虑了电流表的内阻，因此测量的电源电动势等于真实值。
三、计算题
2 3mF 2r 2 2mFr
13．（12 分）【答案】(1)QNQ Fx 4 4 （7分） (2) q （5分）3 B L B3L3
【解析】(1)当导体棒匀速运动时,设导体棒速度为 vm，有 F- F 安=0 ……1 分
由 E BLvm ……1 分
I E ……1 分
R r
F BIL……1 分
安
对导体棒开始运动到刚好匀速运动的过程，由能量守恒定律得 Fx = mvm2+Q 总……1 分
第 3 页，共 6 页
R
由电路串联关系得QNQ Q总 ……1 分R r
Q 2 Fx 3mF
2r 2
解得 NQ 4 4 ……1 分3 B L
(2)撤去外力再次稳定后,两者速度差为零,此后回路中无电流
对撤去外力到再次稳定过程分析,由动量守恒定律有
mv 棒= (m+M)v 共 ……1 分
对导体棒，有△P= mv 共 –mv 棒 ……1 分
安培力的冲量 I BILt=-BLq ……1 分
安
由动量定理可知 I P ……1 分
安
2mFr
联立各式解得通过导体棒的电荷量为 q 3 3 ……1 分B L
mv 2 mv 4l 3 l
14．（20 分）【答案】（1） 0 （5 分） （2） 0 （10 分）
2ql 2ql v0 v0
n 1 mv
（3） 0 （ n 1， 2，3 ）（5 分）
2nql
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
2l v0t……1 分
l 1 at 2……1 分
2
a qE ……1 分
m
E mv
2
解得： 0 ……2 分
2ql
（2） vy at ……1 分
可得带电粒子在磁场中运动的速度大小为
v v20 v
2
y 2v0……1 分
到达O点时速度方向与 x轴负方向夹角为
v
tan y ， 45 ……1v 分0
带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
2
qvB v1 m ……1r 分1
由几何关系可得
r1 2 2l……1 分
联立解得
B mv 01 2ql ……1 分
带电粒子在电场中的从 P到Q的时间为
第 4 页，共 6 页
t 2l1 v ……1 分0
带电粒子在磁场中的时间为
t 3T 2 r1 3 3 l2 4 2v 4 v ……1 分0 0
连续两次经过 P点所用的时间为
t 2t t 4l 3 l总 1 2 v v ……2 分0 0
（3）带电粒子从Q点进入磁场后做半径为 r2 的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为 s，
由对称性和几何关系可得
s 4l 2r2……1 分
要使粒子再次经过Q点，则需满足
ns 2r2 （ n 1， 2，3 ）……1 分
在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
2
qvB v2 m ……1r 分2
联立解得
n 1 mvB 02 （ n 1， 2，3 ）……2 分2nql
（n 从不同数值开始计数的其他表达形式，只要正确都可以。）
选考题：15．（14 分）【答案】（1）负 6 6d0.08 35 （每空 2 分） （2）n＝ t＝ （8 分）
2 4c
【解析】（1）由图可知波长λ=1.2 m。该波沿 x 轴正方向传播,根据前一质点带动后一质点振动可知,t=0.02 s
时 x=0.9 m 处的质点向 y轴负方向振动;由题意知(k+3/4) T=0.06 s,k=0,1,2,…,k=0 时可得最大周期为 0.08 s;根据
v=λ/T 可知 v=5(4k+3) m/s,因为 T < 0.06 s < 2T, 取 k=1 则 v=35 m/s。
（2）单色光在 AB 面上发生折射，光路图如图所示：
根据折射定律，得 n＝ sini＝sin60° ……2 分
sinα sinα
由几何知识和对称性可得：α＝45° ……1 分
解得 n＝ 6 ……1 分
2
根据几何知识得知，DE∥BC，而且 DE＝1BC＝1d ……1 分
2 2
光在三棱镜传播的速度为 v＝c ……2 分
n
所以此单色光通过三棱镜的时间为 t＝DE＝ 6d……1 分
v 4c
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选考题：16．（14 分）(1) 100 200 200 （每空 2 分） (2) 371.5 K
【解析】(1)对一定质量的理想气体，A→B 由理想气体状态方程得pAVA＝ pBVB ,代入数据得 TB ＝100 K。从 A
TA TB
到 B 气体体积不变，气体对外界不做功，从 B 到 C 气体体积增大，气体对外界做功，由 W＝P·ΔV＝200 J。由
于 TA＝TC，该气体在状态 A 和状态 C 内能相等，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得 Q＝200 J，即
气体吸收热量 200 J。
(2)设 U 形管左管的横截面为 S，当左管内封闭的气柱长度变为 30 cm 时，左管水银柱下降 4 cm，右管水银柱
上升 2 cm，即左、右两端水银柱高度差 h′＝30 cm ……1 分
对左管内封闭气体：
p1＝p0－h＝40 cmHg V1＝l1S＝26S T1＝280 K ……2 分
p2＝p0－h′＝46 cmHg V2＝30S T2＝？ ……2 分
由理想气体状态方程可得p1V1＝p2V2 ……2 分
T1 T2
可得 T2＝371.5 K ……1 分
第 6 页，共 6 页
