2023-2024学年安徽省芜湖市高二（下）第一次学情诊断物理试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市高二（下）第一次学情诊断物理试卷（A卷）（含解析），共15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.甲、乙两物体相对于同一位置运动的位移—时间(x−t)图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内甲物体的速度方向与乙物体的速度方向相同
B. t1时刻甲物体的速度与乙物体的速度相同
C. t1∼t3时间内甲物体与乙物体的平均速度相同
D. t3时刻甲物体的速度大于乙物体的速度
2.近年来，中国发射了多颗北斗卫星，a、b、c为其中的三颗卫星，三颗卫星的轨道半径Ra=Rb>Rc,角速度大小分别为ωa、ωb、ωc，如图所示。以下说法正确的是( )
A. ωa<ωb
B. ωa<ωc
C. 地球对卫星c的万有引力一定大于地球对卫星a的万有引力
D. 地球对卫星a的万有引力与地球对卫星b的万有引力一定等大
3.如图所示，轻弹簧一端固定在列车车厢顶部，另一端与穿过光滑竖直杆的小球连接，杆足够长，在车以某一恒定加速度在水平面上启动的过程中，小球相对杆静止于M点。则( )
A. 小球一定受重力、弹簧弹力和杆的弹力作用
B. 小球可能只受重力和弹簧弹力作用
C. 弹簧对球的弹力是由于球的形变产生的
D. 小球所受合力为零
4.在如图所示的xOy坐标系第一象限内存在垂直纸面向外的磁场，磁场沿y轴方向均匀分布、沿x轴正方向逐渐稀疏．在第一象限内有一个平行于xOy平面的矩形导线框abcd，已知穿过线框的磁通量为Φ，则以下判断正确的是( )
A. 此时线框内有感应电流产生
B. 若线框沿y轴正方向平移，则框内有感应电流产生
C. 若线框沿x轴负方向平移，则框内有感应电流产生
D. 以ab为轴翻转180°，则这一过程中框内磁通量变化量为2Φ
5.现有两电阻R1和R2是材料、厚度相同的正方形导体板，但R1的尺寸比R2的尺寸大，下列说法中正确的是( )
A. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1>I2
B. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1C. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1=I2
D. 无论怎样接电源，正方形导体板电阻R1>R2
6.如图甲、乙所示，完全相同的两个小球，通过细绳与弹簧测力计连在一起并处于静止状态，其中F是大半球体的球心，N处是死结，已知CG=12CF，LN与水平地面平行，MN与LN夹角为30∘，除小球外其余连接物的质量不计，各接触处光滑。则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为( )
A. 1:4B. 1:2C. 1:1D. 2:1
7.一货车前7s内从静止开始做匀加速直线运动，7s末货车的速率为14m/s，功率恰好达到额定功率280kW，7s后货车以额定功率行驶，18s时货车达到最大速度20m/s，v−t图像如图所示。货车行驶时受到的阻力保持不变，g取10m/s2，则货车的质量为
( )
A. 3.0×103kgB. 6.0×103kgC. 2.8×103kgD. 1.4×103kg
8.电流可以在其周围空间激发出磁场，直线电流在空间某点激发的磁场磁感应强度大小满足B=μI2πr，其中μ为磁导率，I为电流大小，r为该点到直线电流的距离。如图所示，A、B、C、D、E是半径为R的圆的五等分点，其中B、C、D、E四点有垂直于纸面向里的恒定直线电流，大小均为I0，A点直线电流大小也为I0，方向垂直于纸面向外。磁导率μ可以认为是常量，则圆心O点的磁感应强度大小为( )
A. μI0πRB. 3μI02πRC. 3μI02πRD. 0
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容将变小B. 电容器极板间的电场强度将变小
C. P点电势将升高D. P处电荷的电势能将变大
10.一束初速度很小的带电粒子进入加速电场后被加速，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场。偏转电场两板之间的电压变化周期为T0。带电粒子在t=0时刻射入偏转电场，T0时刻刚好从极板A的右边缘射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为qq>0，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d。带电粒子的重力、粒子间相互作用及带电粒子进入加速电场的初速度忽略不计。下面说法正确的是( )
A. 加速电场极板间的电压为mL22qT02
B. 偏转电场极板间的电压为4md2qT02
C. 3T08时刻进入偏转电场的粒子与A板的最小距离为15d32
D. 3T08时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为3d4T0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示，表头的内阻为RG=100Ω满偏电流为IG=1mA，其中电流表的量程分别为10mA和250mA。
(1)当选择开关接__________(填“1”或“2”)时，电流表的量程为10mA。
(2)当选择开关接“3”“4”时对应欧姆表的倍率分别为“×1”“×10”，则这两个挡位对应的电路中的电源电动势之比为__________。
(3)若选择开关接“5”“6”时，对应的电压表量程为3V和15V，则R1=______Ω，R2=___________Ω。
12.某实验小组设计了如图所示的电路测量电压表内阻及电源电动势。已知V1、V2为两个完全相同的电压表，电压表量程为3V、内阻约为1.5kΩ，电源电动势约为5V、内阻可忽略。

(1)首先按以下步骤进行操作：
i。按原理图完成电路连接，把R1、R2均调至最大阻值；
ii。闭合开关S，调节R1、R2，使V1、V2均有合适示数，示数分别为U1、U2，若U2=13U1，且此时电阻箱R1的阻值为2900Ω，根据以上步骤，可求得电压表的内阻RV为__________Ω。
(2)将R2调至1000Ω并保持不变，调节R1，记录多组对应的U1、U2，以U1为纵坐标、U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，结合步骤(1)中所得数据，求出电源的电动势为__________。
(3)若将R1调至0并保持不变，调节R2，并记录多组电压表示数U1=U2=U及对应R2的阻值，可以以R2为横坐标、__________为纵坐标，描点作图得到一条直线。若得到直线的斜率为k，用RV表示电压表的内阻，则电源的电动势为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在水平地面上固定一个倾角θ=37∘、表面光滑且足够长的斜面体，某时刻物体A以v1=9m/s的初速度沿斜面底端上滑，经过时间Δt后，在斜面底端的正上方，另一物体B以v2=6m/s的初速度水平抛出。B击中A时，B的速度方向恰好与斜面垂直。A、B均可看成质点，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2。求：
(1)B从抛出到击中A运动的时间t；
(2)B初始位置离斜面底端的高度h；
(3)时间Δt的大小。
14.如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1=4.0kg和m2=6.0kg，用轻弹簧相连放在光滑水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个物体C从t=0时刻起以一定的速度向左运动，在t=5.0s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物体C的v−t图像如图乙所示。试求：
(1)物体C的质量m3；
(2)在5.0s到15.0s的时间内墙对物体B所做的功以及对B的冲量大小和方向；
(3)物体B离开墙后弹簧的最大弹性势能Ep。
15.如图所示，竖直平面内有一半径为L，圆心为O的圆，AB为水平直径，CD为竖直直径。长为L的轻质细线一端系小球，另一端固定在圆心O。可视为质点的小球的带电量为+q、质量为m。方向水平向右、场强大小为E的匀强电场与圆平面平行，且qE=mg。
(1)若小球从C点静止释放，在运动过程中，细线与竖直方向的最大夹角是多少？
(2)要使小球做完整的圆周运动，在C点小球至少应该以多大的速度水平抛出？
(3)若小球从A点静止释放，经过B点时绳子的拉力是多少？
(4)若小球从A点以v= gL竖直上抛，再次经过圆周时的位置？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.根据 x−t 图像斜率表示速度，可知二者在 0∼t1 时间内速度方向相反，且二者在 t1 时刻速度方向相反，故此时刻速度不同，故AB错误；
C.甲、乙两物体在 t1∼t3 时间内初末位置相同，经过时间相同，故 t1∼t3 时间内甲物体与乙物体的平均速度相同，故C正确；
D.由图像可知 t3 时刻甲的斜率小于乙的斜率，故甲物体的速度小于乙物体的速度，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】AB.根据万有引力提供向心力得
GMmR2=ω2Rm
解得
ω= GMR3
因为 Ra=Rb>Rc ，所以
ωa=ωb<ωc
故A错误，B正确；
CD.因为不知道卫星abc的质量大小，所以无法判断地球对卫星abc引力的大小，故CD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据小球的运动情况得出受力情况。弹簧对球的弹力是由于弹簧的形变产生的。根据牛顿第二定律得出合力。
本题考查根据运动分析物体的受力，基础题目。
【解答】
AB.由于车以某一恒定加速度在水平面上启动，可知小球的加速度方向沿水平方向，即小球所受合力方向沿水平方向，小球竖直方向的合力为0，即弹簧一定处于拉伸状态，弹簧弹力沿竖直方向上的分力与重力平衡。当小球加速度方向水平向左时，杆对小球一定有水平向左的弹力，此时，小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用，当小球的加速度水平向右时，令弹簧弹力为F0，弹簧与竖直方向的夹角为θ，若有F0sinθ=ma0，解得a0=F0sin θm此时，小球只受到重力与弹簧的弹力;若小球加速度方向向右，且加速度大小不等于F0sinθm，此时，小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用，故A错误，B正确。
C.弹簧对球的弹力是由于弹簧的形变产生的，故 C错误;
D.由于车以某一恒定加速度启动的过程中，根据牛顿第二定律有F合=ma可知，小球所受合力不为零，故D错误。
4.【答案】C
【解析】解：A、此时刻线框没有运动，线框中的磁通量没有变化，所以线框中没有感应电流产生，故A错误；
B、若线框沿y轴正方向平移，由于沿y轴方向磁感应强度不变，故线框内磁通量不变，故线框内没有感应电流产生，故B错误；
C、若线框沿x轴负方向平移，由于磁感应强度增强，所以框内磁通量增大，线框内有感应电流产生，故C正确；
D、由于沿x轴正方向逐渐稀疏，则以ab为轴翻转180°时，磁通量大小大于Φ，则这一过程中框内磁通量变化量大于2Φ，故D错误。
故选：C。
掌握磁通量的定义，明确线框中的磁通量从而确定任一过程中磁通量的变化，明确感应电流产生的条件，分析线框运动过程中磁通量是否变化即可明确是否产生感应电流。
本题考查对磁通量和感应电流产生的条件的掌握，要注意明确感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生了变化。
5.【答案】C
【解析】根据题意，设正方形导体板的边长为 a ，厚度为 d ，按如图方式与电源串联，由电阻定律有
R=ρlS=ρaad=ρ1d
可知，由于两电阻 R1 和 R2 是材料、厚度相同的正方形导体板，则
R1=R2
若用相同恒压电源，则有
I1=I2
故选C。
6.【答案】A
【解析】图甲根据平衡条件由相似三角形可得mgCF=F1CG
解得F1=12mg
图乙根据平衡条件可得F2=mgsin30∘=2mg
则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为I
故选A。
7.【答案】A
【解析】当货车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大值，则阻力为f=Pv=2.8×10520N=1.4×104N
当货车速度 v=14m/s 时，功率达到额定功率，匀加速运动的牵引力为F=Pv1=2.8×10514N=2×104N
根据 v−t 图像可知，7s内的加速度为a=ΔvΔt=147m/s2=2.0m/s2
根据牛顿第二定律得F−f=ma
可算得货车的质量为m=3×103kg
故选：A。
8.【答案】A
【解析】若A点直线电流方向垂直于纸面也向里，大小也为 I0 ，则根据磁感应强度的矢量运算法则，圆心O点的磁感应强度大小为0。但实际A点直线电流大小为 I0 ，方向垂直于纸面向外，则其它四个点的直线电流在圆心O点的磁感应强度的矢量合与A点直线电流在O点的磁感应强度的等大同向。故实际圆心O点的磁感应强度大小为
B=2B0=2⋅μI02πR=μI0πR
故选A。
9.【答案】AD
【解析】A.根据电容公式有C=εS4πkd
可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；
B.由于断开了开关，因此电容器所带电荷 Q 不变，又Q=CU=CEd
解得E=4πkQεS
可知电容器间的电场强度将不变，B错误；
C.P点电势为φP=0−ELAP
因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；
D.电势能为Ep=qφP
因为电势降低，而所带电荷为负，因此电势能变大，D正确。
故选：AD。
10.【答案】ACD
【解析】AB.粒子在加速电场中，根据动能定理有
qU1=12mv02
进入电场后，根据类平抛运动规律有
L=v0T0
d2=2×12a(T02)2
根据牛顿第二定律有
a=qU2md
解得
U1=mL22qT02
U2=2md2qT02
故A正确，B错误；
CD. 3T08 时刻进入偏转电场的粒子竖直方向先加速运动，经 T08 后再减速运动，再经 T08 后速度变为0，再反向加速 3T08 ，如此往复，所以与A板的最小距离为
y=d2−2×12a(T08)2=15d32
垂直极板方向的最大速度为
vy=a⋅3T08=3d4T0
故CD正确；
故选ACD。
11.【答案】(1)2 (2) 1:10 (3) 290 1200
【解析】(1)根据题意，由电流表大量程时与表头并联的电阻小可知，电流表的量程为 10mA 时，与表头并联的电阻大，则选择开关接2。
(2)欧姆表的倍率分别为“ ×1 ”、“ ×10 ”，相当于两个档位下欧姆表的内阻之比为 1:10 ，由于两种情况下表头满偏时的电流相同，结合欧姆定律可知，两个挡位对应的电路中的电源电动势之比为 1:10 。
(3)[1][2]根据电流表大量程时与表头并联的电阻小，可知当选择开关接“5”“6”时，当达到满偏电压 U1=3V 和 U2=15V 时，通过 R1 和 R2 的电流为 Ig=10mA ，故有R1=U1−RGIGIgR1+R2=U2−RGIGIg
代入数值解得R1=290Ω ， R2=1200Ω
12.【答案】 1450 4929b 1U 2RVk
【解析】(1)ii.[1]电压表 V2 与 R1 的电压之和等于 V1 的示数，根据分压定律有
U2=RVRV+R1⋅U1=U13
解得
RV=1450Ω
(2)[2]电路的总电流为
I=U1RV+U2RV=U1+U2RV=U1+U21450
由闭合电路的欧姆定律有
E=U1+IR2=U1+1000(U1+U2)1450=49U129+20U229
整理可得
U1=−2049U2+2949E
则以 U1 为纵坐标、 U2 为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，其纵截距为
2949E=b
可得电动势为
E=4929b
(3)[3][4] R1=0 时，由闭合电路的欧姆定律有
E=U+URV2⋅R2=U+2URV⋅R2
整理可得
1U=1E+2RV⋅E⋅R2
则以 1U 为纵坐标，以 R2 为横坐标，描点作图得到一条直线，图像的斜率为
2RV⋅E=k
解得
E=2RV⋅k
13.【答案】解：(1)分解B速度如图，
可得tanθ=v2vy=v2gt，
可求得t=0.8s。
(2)物体B平抛的水平位移x=v2t=4.8m，
物体B抛出下落的高度h1=12gt2=3.2m，
物体A、B间初始位置的高度差h=h1+xtanθ，
可得：h=6.8 m。
(3)物体 A 沿斜面上滑过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma，
代入数据得a=6m/s2，
设物体 A 被击中时所用时间为 t1 ，由运动学公式知xcsθ=v1t1−12at12，
解得t1=1s，或t1=2s，
所以Δt=t1−t=0.2s，
或Δt=t1−t=1.2s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)根据图像可知，物体C与物体 A 相碰前的速度为v1=6m/s
相碰后的速度为v2=2m/s
根据动量守恒定律得m3v1=m1+m3v2
解得m3=2.0kg
(2)墙对物体B不做功，即W=0
第 5.0s 和第 15.0s 末物体 A 的速度分别为v2=2m/s,v3=−2m/s
选向左为正方向，根据动量定理可得弹簧对A的冲量为I=m1+m3v3−m1+m3v2
解得I=−24N⋅s
弹簧对A的冲量与弹簧对B的冲量大小相等，方向相反，则弹簧对B的冲量I′=24N⋅s
而此段时间内B动量变化为0，则墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等，方向相反，所以墙对B的冲量为I′′=−24N⋅s
即在 5.0s 到 15.0s 时间内，墙对 B 的冲量大小为 24N⋅s ，方向向右。
(3)经分析知 15s 末 B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 A、C 与 B 速度相等时弹簧弹性势能最大，有m1+m3v3=m1+m2+m3v4，12m1+m3v32=12m1+m2+m3v42+Ep
解得Ep=6J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)设小球与竖直方向的最大夹角为φ，
−mgL(1−csφ)+qELsinφ=0
解得φ=90∘
(2)由qE=mg可知，小球所受合力与水平方向成45°斜向下，故当小球经过与合力方向相反，位于A、D中间的E点时速度最小，设为v1，
2mg=mv12L
解得v1= 2gL
小球从C到E的过程，由动能定理−mgL(1+cs 45∘)−qELsin 45∘=12mv12−12mv22
解得v2= (2+3 2)gL
(3)小球从A点静止释放，沿直线AC运动，到达C点时的速度为v3，由动能定理 2mg× 2L=12mv32，v3=2 gL，
绳子绷紧时，沿绳方向的动量损失。小球沿C点切线方向的速度为v4，v4=v3cs 45∘= 2gL，
设小球到达B点的速度为v5，由动能定理不难得出 v5=v4 ，
对B点，T−qE=mv52L，
解得T=3mg。
(4)小球从A点以速度v竖直上抛时，绳子的拉力为T′， T′+qE=mv2L，解得T′=0
此后小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动。
小球竖直上抛的时间t=vg回到与A同一水平线上时，水平位移x=12g2vg2=2L，故小球再次经
过圆周时，恰好经过B点。

【解析】(1)小球从C点静止释放，根据动能定理分析细线与竖直方向的最大夹角；
(2)找出“等效最高点”，求出这一点的速度，再由动能定理求初速度；
(3)小球从A点由静止释放后，先做匀加速直线运动到C点，根据动能定理求出到达C点的速度，之后绳子绷紧，沿绳子的速度变为零，而垂直绳子方向的速度不变，再根据动能定理求出到达B点的速度，在B点根据牛顿第二定律结合向心力公式求出绳子拉力。
(4)小球从A点以速度v竖直上抛时，根据牛顿第二定律列式得出绳子此时的拉力，再结合竖直上抛运动的规律求解。
本题考查带电小球在重力场和电场中的复合场中的运动。