2023-2024学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列公式中，F、q、E、U、r、d、φ、Ep分别表示静电力、电荷量、电场场强、电势差、点电荷之间的距离、沿电场线方向的距离、电场中某点的电势、电荷在电场中某点所具有的电势能：①F=kq1q2r2，②E=kQr2，③E=Fq，④φ=Epq，⑤E=Ud，以下说法正确的是( )
A. 它们都只对点电荷或点电荷的电场成立
B. ①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立，⑤只对匀强电场成立
C. ①②③④只对点电荷或点电荷电场成立，⑤对任何电场都成立
D. ①②只对点电荷成立，③④⑤对任何电场都成立
2.如图所示，三个点电荷A、B、C电性如图所示，其中A、B电荷固定且所带电荷量均为Q，点电荷C质量为m，自由放在倾角为θ=30∘的光滑斜面上处于静止状态。A、B、C三点连线构成等边三角形，边长为L，BC连线平行于斜面，已知静电力常量为k，重力加速度为g，所处空间为真空，则C电荷所带的电荷量为( )
A. mgL2kQB. mgL22kQC. 2mgL22kQD. 3mgL22kQ
3.某静电场中，其一条电场线恰好与x轴重合，其电势φ随位置坐标x变化的关系如图所示，一个质子沿x轴正方向运动，途中经过间距相等的A、B、C三点，三点的坐标位置分别为xA，xB，xC。若该质子只受电场力作用，则( )
A. A点的电场强度大于B点的电场强度
B. 质子经过A点的速率大于经过B点的速率
C. C、B两点电势差UCB等于B、A两点电势差UBA
D. 质子在A点所具有的电势能大于质子在B点所具有的电势能
4.人体含水量约为70%，水中有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，脂肪则不容易导电。某型号脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示。测量时，测试者两手分别握两手柄A、B，闭合开关S，体型相近的两人相比，脂肪含量高者则( )
A. 电流表示数大B. 路端电压小C. 电压表示数大D. 电源的输出功率大
5.如图(甲)所示，玻璃皿的中心放置一个圆柱形电极P，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q，将P、Q与12V直流电源的两极相连后，P、Q间电场线分布如图(乙)所示，a、b为电场中的两个点｡往玻璃皿中倒入导电液体(如硫酸铜溶液)，再将其放在如图甲所示的磁场中｡下列分析正确的有
A. 该电场为匀强电场
B. a、b两点的场强大小Ea>Eb，电势φa>φb
C. 导电液体中阴､阳离子将在电场力的驱动下运动，并受到与运动方向相同的洛伦兹力
D. 从上往下看，可观察到液体在玻璃皿中缓慢沿顺时针方向旋转
6.如图所示，实线为空气和水的分界面，一束黄光从水中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向空气中，折射后通过空气中的B点，图中O点为A、B连线与分界面的交点，C点、D点分别为B点正下方和正上方的一点，下列说法正确的是( )
A. O1点在O点的左侧
B. 黄光从水中射入空气中后，波长变短
C. 若沿AO1方向射向空气中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
D. 若红光沿AO1方向射向空气中，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
7.如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器C。导体棒AD放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，不计棒和导轨的电阻。则
( )
A. 导体棒向右做加速度减小的加速运动B. 导体棒向右做匀加速运动
C. 恒力F做的功等于导体棒增加的动能D. 电容器所带的电荷量先增加后保持不变
8.如图所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动．导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I.忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒
A. 从位置①到②的过程中，E增大、I增大
B. 经过位置②时，E最大、I为零
C. 从位置②到③的过程中，E减小、I不变
D. 从位置①到③的过程中，E和I都保持不变
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势高
D. 丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
10.如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压积不变，U3变小输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时有( )
A. U2变小，U4变大B. U2不变，U3变小C. P1变小，P3变小D. P2变大，P3变大
11.如图所示，光滑的水平地面上有一辆质量M=120kg的小车，一质量m=60kg的人站在小车左端与小车一起以速度v0=2m/s水平向右做匀速直线运动，某一时刻，人相对小车以速度v1=4m/s水平向左跳下，落地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，已知从起跳点到落地点的过程中人的重心下降高度为h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是( )
A. 屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1200N
B. 屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N
C. 落地时人与小车左端的水平距离为1615m
D. 落地时人与小车左端的水平距离为1.6m
12.如图所示，在xOy平面的第I象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ=60∘，在M(0,l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子速率均为v0= 3qBl6m，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子( )
A. 在磁场中运动的最短时间为2πm3qBB. 在磁场中运动的最短时间为πm3qB
C. 在磁场中运动的最长时间为πmqBD. 在磁场中运动的最长时间为4πm3qB
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.某同学做《用单摆测定重力加速度》实验的装置如图甲所示，请回答下面的问题：
(1)在实验中，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是。(填正确答案标号)( )
A.为了便于测量周期，可适当缩短摆线，从而减小测量周期的绝对误差
B.组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，密度大而直径较小的摆球
C.测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度
D.测量周期时，当单摆经过平衡位置时开始计时，测量经过30～50次全振动的总时间算出周期
(2)如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径d=_________mm。
(3)除了已测摆球直径d，还已知细线长98.99 cm，完成35次全振动的时间是70 s，由这些数据计算得出重力加速度大小g=_________m/s2。(π取3.14，结果保留三位有效数字)
14.如图(a)所示，是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig=10mA，内阻为rg=90Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”
(1)多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某挡位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图所示，则该电阻的阻值为_______Ω。( )
(2)若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计并联一阻值为_______Ω的电阻，再欧姆调零。
(3)多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，但此表仍能调零。此因素会造成被测电阻的测量值比真实值_______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
15.如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞(碰撞时间极短为0.1s).碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2.求：
(1)A点距墙面的距离x；
(2)碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小.(碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计)
16.如图甲，间距L=1.0m的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值为R=1Ω的定值电阻，导轨电阻忽略不计；一导体棒(电阻不计)垂直于导轨放在距离导轨左端d=1.0m的ab处，其质量m=0.1kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中。取竖直向下为正方向，从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在t=3s内导体棒在外力F1作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取g=10m/s2。
(1)求t=1s时安培力的大小和方向；
(2)从t=3s开始，导体棒在恒力F2=1.2N作用下向右运动x=1m时，导体棒的速度达到最大。求导体棒的最大速度及该过程中电阻R上产生的热量Q。
17.间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量为m、电阻为R、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，空间有竖直方向的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时细线水平，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，不考虑导体棒切割磁感线的影响，导轨电阻不计，重力加速度为g。则：
(1)磁场方向如何？
(2)求电源电动势E的大小；
(3)导体棒在向上摆动过程中的最大动能是多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】①是库仑定律表达式，只对点电荷成立；②是点电荷电场强度表达式，只对点电荷成立；③是电场强度的定义式，对任何电场都成立；④是电势的定义式，对任何电场都成立；⑤是
2.【答案】A
【解析】.A
【详解】对点电荷 C 受力分析，如图所示
根据库仑定律可得
F=kQqL2
因为点电荷 C 处于平衡状态，根据平衡条件，可得
2kQqL2cs60∘=mg
解得
q=mgL2kQ
故选A。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据 φ−x 图像中斜率表示电场强度，由图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误；
BD.由图可知，从A到C电势升高，则电场方向沿 x 轴负方向，质子沿 x 轴正方向运动，电场力做负功，质子的动能减小，电势能增加，则质子经过A点的速率大于经过B点的速率，在A点所具有的电势能小于在B点所具有的电势能，故B正确，D错误；
C.根据 φ−x 图像中斜率表示电场强度，由图可知，B、A两点间的平均电场强度小于C、B两点间的平均电场强度，由 U=Ed 可知，C、B两点电势差 UCB 大于B、A两点电势差 UBA ，故C错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.由闭合电路欧姆定律可知
E=U+Ir
脂肪含量越高，电阻越大，电流越小，电源内阻不变，路端电压越大，故A、B错误；
C.电压表示数
UV=E−IR+r
电流越小，电源内阻不变，定值电阻 R 不变，电动势不变，则电压表示数越大，故C正确；
D.电源内阻与外电阻之间的大小关系没有明确，当外电阻增大时，输出功率无法判断，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大。根据顺着电场线方向电势降低判断电势的高低。根据左手定则判断洛伦兹力的方向以及导电液体受到的安培力方向。
【解答】
A.该电场与点电荷激发的电场类似，不是匀强电场，故A错误；
B.a点电场线较密，a、b两点的场强大小Ea>Eb，沿电场线方向，电势降低，电势φa>φb，故B正确；
C.导电液体中阴､阳离子将在电场力的驱动下运动，并受到与运动方向垂直的洛伦兹力，故C错误；
D.根据左手定则可知从上往下看，液体旋转方向为逆时针，故D错误。
6.【答案】A
【解析】.A
【详解】
A.光由水射入空气中折射时折射角大于入射角，画出光的光路图如图所示，可见 O1 点在 O 点的左侧，A正确；
B.光在真空中速度最大，当黄光从水中射入空气中时，速度变大，由 v=λf 知，波长变长，B错误；
C.若沿 AO1 方向射向空气中的是一束紫光，水对紫光的折射率大于黄光的折射率，根据折射定律可知，紫光的偏折程度大于黄光的偏折程度，可能通过B点下方的C点，C错误；
D.若沿 AO1 方向射向水中的是一束红光，水对红光的折射率小于黄光的折射率，根据折射定律可知，红光的偏折程度小于黄光的偏折程度，所以折射光线有可能通过B点正上方的D点，D错误；
故选A。
7.B
7.【答案】B
【解析】设通过导体棒的电流为i时，导体棒的加速度为a，速度为v，对导体棒，由牛顿第二定律：F−BiL=ma，又电容器所带的电荷量Q=C·BLv，则i=ΔQΔt=C·BL·ΔvΔt=CBLa，联立知，a=Fm+B2L2C，可见导体棒向右做匀加速直线运动，回路中有恒定的电流，电容器所带的电荷量随时间一直增大，由动能定理知，恒力做功等于导体棒增加的动能和克服安培力做功之和。故B正确，ACD错误。
本题考查法拉第电磁感应定律的应用，注意电容器的特征，熟悉功能关系是解题的关键。
根据牛顿第二定律列方程，结合电容的定义式得出电流的表达式，从而得出加速度的表达式，分析出导体棒的运动情况、电流情况，电荷量变化情况，根据动能定理得出恒力F做功情况即可判断。
8.【答案】C
【解析】【分析】
导体棒向右运动时会切割磁感线产生电动势，与等边三角形线框abc构成闭合回路，从而形成电流，所以导体棒的有效长度会变，从而造成电动势、电流变化，据此进行分析。
【解答】
A.从位置①到②的过程中，导体棒接入电路的有效长度会变长，设导体棒接入电路部分的长度为l，横截面积为S。由E=Blv可知，l变大，E增大，经过位置②时，E最大，从位置②到③的过程中，E减小；
忽略线框的电阻，全电路的总电阻为导体棒接入电路部分的电阻阻值，由R=ρlS得接入电路部分的阻值，故I=ER=BlvρlS=BSvρ，可知电流不变，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.【答案】AB
【解析】AB
【详解】A.设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
可知带电粒子的最大动能为
Ekm=q2B2R22m
所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A正确；
B.经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
可得
R=mvqB
所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
C.根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，电势低，故C错误；
D.经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有
qvB=qUb
又
Q=Sv=bcv
所以
U=QBc
由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D错误。
故选AB。
10.【答案】BD
【解析】.BD
【详解】用户消耗的电功率变大时，由于是理想变压器，则 P3 也会变大；用户消耗的电功率变大，相当于用户的电阻减小，则T2和用户整体的等效电阻 R等 应减小；由于T1的输入电压 U1 一定，则T1的输出电压 U2 也不变，根据
I2=U2R+R等
可知输电线路上的电流 I2 变大，根据
P1=P2=U2I2
可知 P1 和 P2 都会变大；根据
U2=I2R+U3
可知T2的输入电压 U3 变小，则T2的输出电压 U4 也变小。
故选BD。
11.【答案】BD
【解析】BD
【详解】AB.人落地时竖直方向速度分量为 vy
v y22g=h
由动量定理可得
mgt−Ft=0−mvy
F=1800N
由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N，
故A错误，B正确；
CD.以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为v2，人相对地面的速度为v3，以初速度方向为正方向，
v3=−v1+v2
M+mv0=mv3+Mv2
解得
v2=103m/s ； v3=−23m/s
人离开车后做类平抛运动，人落地的时间为
t1= 2hg=0.4s
结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为
L=L人+L车=v3t1+v2t1=1.6m
故C错误，D正确。
故选BD。
12.【答案】AC
【解析】.AC
【详解】AB.粒子在磁场中运动的半径为
r=mv0qB= 36l
在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，则对应从M点向虚线做的垂线的长度，则该弦长对的圆心角为
sinθ12=12lsin30∘r= 32
则
θ1=2π3
则对应的最短时间为
tmin=θ12πT=2πm3qB
选项A正确，B错误；
CD.竖直向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，此时时间最长，则在磁场中运动的最长时间
tmax=12T=πmqB
选项D错误C正确。
故选AC。
13.【答案】(1)BD；(2)20.2；(3) 9.86。
【解析】【分析】本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理为单摆周期公式T=2π Lg，明确L是摆线长度与摆球半径之和，摆球应该选体积小密度大的小球，知道实验中如何才能有效减小实验误差，同时掌握实验中的注意事项．
【解答】(1)A.由 T=2π Lg，可得 g=4π2LT2，适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A错误;
B.为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球，故B正确;
C.测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C错误;
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30∼50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D正确。
故选BD。
(2)用游标卡尺测得小钢球的直径 d=20mm+0.1mm×2=20.2mm。
(3)由单摆的周期公式 T=2π Lg， t=nT，有 。
14.【答案】 60Ω 10Ω 偏大
【详解】(1)[1]调零后多用电表的总内阻
R内=EIg=1.510×10−3Ω=150Ω
欧姆表中值电阻等于其内阻，则欧姆表的中值电阻为 150Ω ，由题意可知，欧姆表中央刻度为“15”，则该挡位为“ ×10 ”欧姆挡，则由题图可知，该电阻的阻值为 6×10Ω=60Ω 。( )
(2)[2]因欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“ ×1 ”挡，则欧姆表的内阻为 15Ω ，灵敏电流计满偏时电路的总电流
I=ER 内′=1.515A=0.1A
需要给灵敏电流计并联一个电阻
I=IgrgR并+Ig
则
R并=IgrgI−Ig=10×10−3×900.1−10×10−3Ω=10Ω
再进行欧姆调零。
(3)[3]当电源电动势E变小、内阻变大时，欧姆表需重新调零，由于满偏电流 Ig 不变，欧姆调零时欧姆表内阻
R内=EIg
R内 变小，用欧姆表测电阻时
I=ERx+R内=IgR内Rx+R内=Ig1+RxR内
由于 R内 变小，则 I 变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，电阻测量值偏大。

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得：−μmgx=12mv12−12mv02.解得x=5m。
(2)选初速度方向为正方向，由动量定理得：Ft=−mv2−mv1
解得：F=−65N，即冲量大小为65N。
答：(1)A点距墙面的距离x为5m。
(2)碰撞过程中，墙对小物的平均作用力大小为65N。
【解析】(1)小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可求A点距墙面的距离。
(2)选初速度方向为正方向，由动量定理得墙对小物块的平均作用力的大小。
解答此题的关键是分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。注意使用动量定理时应选择正方向。
16.【答案】解：(1)前3s内，根据图乙可知，磁感应强度的变化率大小为ΔBΔt=22T/s=1T/s
由闭合电路欧姆定律得：I=ER
由法拉第电磁感应定律得：E=ΔBSΔt，S=Ld
联立解得：I=1A
根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向
安培力F安=B1IL
解得F安=1N，根据左手定则可知，安培力方向水平向右；
(2)导体棒速度最大时，根据平衡条件可得F2=B2I1L+μmg
其中I1=B2LvmR
根据图乙知B2=1T
联立解得，导体棒的最大速度vm=1m/s，方向水平向右
由能量守恒定律可得：F2−μmgx=12mvm2+Q
解得该过程中电阻R上产生的热量为Q=0.95J；
【解析】(1)由图乙的斜率读出ΔBΔt，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的，根据安培力F安=BIL和左手定则求解F安大小和方向；
(2)t=3s后，ab棒做加速运动，根据受力平衡，求棒速度最大，由能量守恒定律可求电阻R上产生的热量Q；
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和能量转化的情况，感应电流与磁通量变化的关系。
17.【答案】解：(1)当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，导体棒受向右的安培力，导体棒中电流方向从b到a，根据左手定则知磁场方向竖直向上。
(2)导体棒从开始到细线水平的过程中有重力和安培力做功，由动能定理得：
−mgL+F安L=0
又F安=BIL
根据闭合电路的欧姆定律得：I=ER
联立解得：E=mgRBL；
(3)导体棒在沿圆弧轨道切线方向受力平衡时具有最大速度，设导体棒所在位置切线方向与水平夹角为θ时受力平衡，则有：mgsinθ=BILcsθ，
解得：θ=45∘，
设导体棒的最大动能为Ekm，由动能定理得：，
代入数据解得：。
【解析】(1)根据左手定则可以判断磁场的方向；
(2)导体棒的运动过程中有重力和安培力做功，根据动能定理计算出安培力的大小，进而计算出通过导体棒的电流，再根据闭合电路的欧姆定律计算出电源的电动势；
(3)在摆动过程中，导体棒在沿圆弧轨道切线方向受力平衡时速度最大，然后根据动能定理可得到最大动能。