2023-2024学年安徽省淮南市第一中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省淮南市第一中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共16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.关于电路的有关知识，下列说法正确的是( )
A. 电流既有大小，又有方向，是一个矢量
B. 由R=UI，导体的电阻与它两端的电压成正比，与通过它的电流成反比
C. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的一半
D. 用多用电表测电阻时，如果指针偏转角度太大，应换用较小倍率后重新调节测量
2.三个点电荷形成的电场如图所示，A，B，C是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为EA、EB、EC，三点的电势分别为φA、φB、φC.下列说法错误的是( )
A. 三个点电荷中有两个带负电荷
B. A、B、C三点电场强度大小EC>EB>EA
C. A、B两点电势φA<φB
D. 若将一带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功
3.某同学用如图所示装置，探究平行板电容器的电容影响因素，图中M、N是平行板电容器的两个极板，探究过程中，发现电流表中有a到b的电流，不可能原因是( )
A. M板向下平移B. M板向上平移C. 电介质向左移D. M板向左移
4.如图所示，纸面内竖直向上的长直绝缘导线通有向上的电流，导线左右有a、b两点，它们相对于导线对称，整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外(未画出)。若通电导线在a点产生的磁感应强度大小为13B，则( )
A. a点磁感应强度大小为13BB. b点磁感应强度大小为43B
C. a、b两点磁感应强度大小、方向都不同D. a点磁感应强度方向垂直纸面向里
5.如图所示，甲、乙相同的带正电小球从离水平地面同一高度处以初速度v0水平向左抛出，乙球处于垂直纸面向里的匀强电场中，下列说法正确的是
A. 甲比乙先着地，甲、乙两球落地时的速度大小相等
B. 乙比甲先着地，甲、乙两球落地时的速度大小相等
C. 甲、乙同时着地，甲球落地时的速度比乙球落地时的速度大
D. 甲、乙同时着地，乙球落地时的速度比甲球落地时的速度大
6.甲，乙，丙为三个完全相同的金属小球，甲带电量+10Q，乙带电量−Q，丙不带电，将甲、乙固定，相距r，甲、乙间的相互作用力为10N；然后让丙球反复与甲、乙球多次接触，最后移去丙球，甲、乙两球最后总带电量和甲，乙两球间的相互作用力分别变为( )
A. 3Q 9NB. 3Q 6NC. 6Q 9ND. 6Q 6N
7.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为R=10Ω。磁场向上为正，磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示，B0=0.1T。下列说法正确的是( )
A. t=1s时，导体环中电流为零
B. 第2s内，导体环中电流为俯视顺时针方向
C. 第3s内，导体环中电流的大小为0.1A
D. 第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为零
8.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源的电动势为10V、内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为5Ω，滑动变阻器的最大阻值是10Ω.闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最左a端向最右b端滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数变大B. 滑动变阻器消耗的功率一直变大
C. 电源内部消耗的功率变小D. 电源的最大效率约为91.7%
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势E=160 V，电源内阻忽略不计，电路中的电阻R=10 Ω，小型直流电动机M的内阻r=0.8 Ω，闭合开关S后，电动机转动，电压表示数UV=110 V，电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升质量为m重物，重力加速度g取10 m/s2，则
A. 电流表的示数为5 AB. 电动机的发热功率为20 W
C. 电动机输出的机械功率为550 WD. 重物的质量m=53 kg
10.通常用质谱仪来分析同位素，如图所示为一质谱仪，该质谱仪由加速电场和一半圆形的匀强磁场构成.磁场的圆心为O.两个电荷量相同、质量不同的带电粒子经同一电场加速后，由O点垂直ab方向进入磁场，经过一段时间粒子1、2分别到达竖直接收屏的c、d两点.已知粒子到达接收屏时粒子1的速度与接收屏垂直，粒子2的速度与接收屏的夹角为60∘.忽略粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直纸面向里B. 粒子1、2做圆周运动的半径比为 2:1
C. 粒子1、2的质量比为1:2D. 粒子1、2在磁场中运动的时间比为3:4
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：
A.待测水果电池(电动势约1V、内阻小于750Ω)
B.滑动变阻器R1(阻值0∼50Ω)
C.滑动变阻器R2(阻值0∼3000Ω)
D.电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)
E.毫安表A(量程1.0mA，内阻为50Ω)
F.开关一个，导线若干
(1)为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图甲、乙所示的两个测量电路图应选______(填“甲”或“乙”)；滑动变阻器应选______(填“B”或“C”)。
(2)该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U−I图线如图丙所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为____V，内阻为___Ω(内阻结果保留整数)。
12.某实验小组做“测量一粗细均匀的新材料制成的金属丝的电阻率”实验。备选器材如下：
A.电动势E=6V、内阻很小的直流电源
B.量程为5mA、内阻r1=50Ω的电流表
C.量程为0.6A、内阻r2=0.2Ω的电流表
D.量程为6V、内阻r3约为15kΩ的电压表
E.最大阻值为15Ω、最大允许电流为2A的滑动变阻器
F.定值电阻R1=5Ω
G.定值电阻R2=500Ω
H.开关一个，导线若干
I.多用电表，螺旋测微器，刻度尺
(1)如图甲所示，用螺旋测微器测待测金属丝的直径，则螺旋测微器的示数D=_______mm，如图乙所示，用多用表“×10”Ω挡粗测其电阻为_______Ω。
(2)采用图丙所示电路尽可能精确地测量该金属丝的电阻率，电流表应选用_______(选填“B”或“C”)，定值电阻应选用_______(选填“F”或“G”)。
(3)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝的电阻的表达式Rx=_______；若用刻度尺测得待测金属丝的长度为L，则其电阻率的表达式为ρ=_______(表达式中所用到的物理量必须用对应的物理量符号表示，不得直接用数值表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R=0.5m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD=2R，把一质量m=100g、带电荷量q=10−4C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动。g取10m/s2，求：
(1)它到达B点时的速度是多大？
(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？
(3)要是小球能安全通过最高点A，则开始释放点应距离C点至少多远？
14.如图所示的xOy坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，OP=20 3cm，一电荷量为q=1.0×10−7C、质量为m=1.0×10−8kg的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成α=30∘，粒子在电场中垂直x轴经过Q点。忽略粒子的重力，求：
(1)粒子射入磁场的初速度大小；
(2)电场强度E；
(3)粒子从开始到第二次经过y轴的时间。
15.如图所示，质量为3kg的长木板B静止在光滑的水平面上，质量为1kg的物块A放在平台上，平台的上表面与长木板的上表面在同一水平面上，物块A与平台右端相距0.5m，木板B的左端紧靠平台的右端，质量为13kg的小球用长为1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，物块A与平台、木板B之间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s²。求：
(1)小球与物块A碰撞前瞬间，细线拉力大小；
(2)小球与物块A碰撞过程中，物块对小球的冲量大小；
(3)要使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
D
【详解】A.电流既有大小，又有方向，但运算法则符合代数运算法则，是一个标量，故A错误；
B.导体的电阻是其本身的属性，与它两端的电压、通过它的电流无关，故B错误；
C.根据电阻定律 R=ρLS ，将一根导线等分为二，电阻减半，而电阻率是导体材料的特性，与长度无关，故C错误；
D.用多用电表测电阻时，如果指针偏转角度太大，应换用较小倍率后重新调节测量，故D正确。
故选D。
2.B
2.【答案】B
【解析】【分析】A、根据正电荷形成的电场电场线方向由正电荷指向无穷远，判断点电荷的电性；
B、根据电场线的分布情况，分析场强关系；
C、根据顺着电场线方向电势降低，分析点电势电势的高低；
D、根据电场线可判断电势变化情况，再分析电荷电势能变化情况，再判断电场力对试探电荷做功的正负。
【解答】A、正电荷形成的电场电场线方向由正电荷指向无穷远，图中只有最上面一个点电荷满足带正电，故A项正确；
B、电场线疏密体现电场强度的大小，由图中电场线的分布情况可知EA最大，故B项错误；
C、某点处等势面垂直于电场线方向，可画出A点所在等势面，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可判断φB> φA，故C项正确；
D、若将一带正电的试探电荷从B移动到A，电势降低，电势能减小，电场力做正功， 故D项正确。
本题选错误的，故选B。
3.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查电容器的动态分析。根据电流表中电流的方向判断电容器的带电量变化，由Q=CU可知电容的变化，由公式C=εS4πkd分析即可求解。
【解答】电流表中有a到b的电流，说明电容器在放电，电容器的带电量减小，由Q=CU可知，电容器的电容减小，由C=εS4πkd可知，可能是电介质向左移，两板间距离增大，M板向上移，正对面积减小，M板向左移，故BCD可能，A不可能。
故选A。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】由右手螺旋定则可知，直导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场垂直纸面向外，由叠加原理可知，a点磁感应强度大小为
Ba=B−13B=23B
方向垂直纸面向外，由于a、b两点相对于导线对称，则b点磁感应强度大小为
Bb=B+13B=43B
方向垂直纸面向外
故选B。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查带电小球在叠加场中运动。注意对物体受力情况的分析，要灵活运用运动的合成与分解，不涉及到运动过程的题目可以运用动能定理去解决，简洁、方便。
甲球只受到重力作用，作平抛运动；乙球除受重力之外，还受垂直纸面向里的电场力作用，这两个力都是恒力，所以小球做匀加速曲线运动，可以认为小球同时参与了竖直方向和水平方向两个匀变速直线运动，并且电场力也对小球做正功，根据动能定理即可得出结论。
【解答】
AB.由题意可知，甲球只受到重力作用，作平抛运动，竖直方向做自由落体运动；乙球除受重力之外，还受垂直纸面向里的电场力作用，这两个力都是恒力，所以小球做匀加速曲线运动，竖直方向做自由落体运动；由于甲、乙高度相等，所以甲、乙同时着地，故AB错误；
CD.甲球只有重力做功，乙球除重力做功外，电场力对其做正功，根据动能定理可知：乙球合外力做的功比甲球合外力做的功大，而甲乙球初速度相等，故乙球的末速度比甲球大，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，将甲、乙固定起来，然后让丙球反复与甲、乙球接触，最后移走丙，所以甲、乙、丙最终带电量为q=+10Q−Q3=3Q
甲、乙两球所带电荷总量为6Q，原来甲、乙之间的相互吸引力大小为F=k×10Q2r2=10N
则变化后两球之间的相互作用力为F′=k×9Q2r2=9N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据接触起电的特点得出电荷的分布，结合库仑定律得出变化后的作用力的大小。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，理解接触起电的特点，结合库仑定律即可完成分析。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A. t=1s 时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，A错误；
B.第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中电流为俯视顺时针方向，B正确；
C.第3s内，导体环中电流大小为
I=ER=ΔBSΔtR=B0StR=0.1×110×1A=0.01A
C错误；
D.第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为
q=It=0.01×1C=0.01C
D错误；
故选B。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查闭合电路欧姆定律的动态分析以及电功率。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器的有效电阻增大，由闭合电路的欧姆定律确定电路中的电流变化；分析滑动变阻器消耗的功率时需将定值电阻视为电源内阻的一部分，用外电路功率随外电阻变化关系分析；由热功率公式P=I2r分析电源内部功率变化；电源的效率η=P出P总×100％，由此即可正确求解。
【解答】
A.变阻器滑片从a向b端滑动，接入阻值变大，总电阻变大，总电流变小，故A错误；
B.当变阻器阻值等于R+r时功率最大，故变阻器功率先增大再减小，故B错误；
C.由P=I2r，可知电源内部功率变小，故C正确；
D.电源的效率η=I2R外I2R外+r×100％=11+rR外×100％，所以当变阻器阻值最大时，R外=15Ω，电源效率最大为93.75%，故D错误。
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了串联电路、非纯电阻电路；本题中电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流。
以电阻R为研究对象，根据欧姆定律求出电路中的电流，求出电动机的输入功率和效率；由P=mgv得出重物质量。
【解答】
A.由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR=E−Uv=160V−110V=50V，流过电阻R的电流IR=URR=5A，即电流表的示数为5A，故A正确；
BC.通过电动机的电流IM=IR=5A，电动机的分压UM=UV=110V，输入电动机的电功率P电=IMUM=550 W；电动机的发热功率P热=IM2r=20W，电动机输出的机械功率P出=P电−P热=530W，故B正确，C错误；
D.因P出=mgv，解得m=53kg，故D正确。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查质谱仪。粒子在电场中加速，根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度．在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解未知量，根据周期公式T=2πmqB结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
加速电场中上极板带正电，粒子能在电场中加速，说明粒子带正电，又由左手定则可知，磁场方向向外，A错误;
设粒子1、2从磁场边界的e、f两点离开磁场，结合粒子的轨迹找出磁场的圆心，如图所示，
由几何关系可知粒子1、2的圆心分别在g、a两点，设磁场的半径为R，则粒子1的轨道半径为r1=Rcs45∘= 22R，△aOf为正三角形，粒子2的轨道半径为r2=R，则粒子1、2的半径比为r1:r2=1: 2，B错误;
粒子在电场中加速时有qU=12mv2，粒子在磁场中偏转时有qvB=mv2r，解得m=B2qr22U，粒子1、2的质量比为m1:m2=1:2，C正确;
联立T=2πrv可解得T=2πmqB，粒子1、2的周期之比为T1:T2=1:2，又由几何关系可知粒子1、2的轨迹所对应的圆心角分别为90∘、60∘，所以粒子1、2在磁场中运动的时间为t1=T14、t2=T26，解得t1:t2=3:4，D正确．
11.【答案】 甲 C 0.97 700
【解析】【详解】(1)[1]电流表的内阻已知，故电流表用内接采用甲电路图。
[2]毫安表满偏时，电路的总电阻
R=EIg=1000Ω
所以滑动变阻器接入电路的阻值最小应为几百欧，故滑动变阻器选择C。
(2)[3][4]U−I图线如题图丙所示，图线与纵轴截距即为电动势，即
E=0.97V
图像的斜率绝对值为
k=Rg+r=0.97−×10−3Ω=750Ω
解得
r=750Ω−Rg=700Ω
12.【答案】(1) 1.200 150
(2) B F
(3) R1(U−Ir1)I(R1+r1) πD2R1(U−Ir1)4LI(R1+r1)
【详解】(1)[1]根据螺旋测微器读数规则可知
D=1mm+20.0×0.01mm=1.200mm
故填1.200mm；
[2]多用电表用×10倍率测量，读数为
Rx=15×10Ω=150Ω
故填150；
(2)[1][2]电压表量程为6V，电阻丝电阻约150Ω，电流表量程应该为40mA左右，可以将量程5mA的电流表并联5Ω的电阻改装成量程为55mA的电流表，故电流表选择B，定值电阻选择F；
(3)[1]金属丝中电流为
I′=I+Ir1R1=IR1+r1R1
电压为
U′=U−Ir1
由欧姆定律可得金属丝电阻
Rx=U′I′=R1(U−Ir1)I(R1+r1)
故填 R1(U−Ir1)I(R1+r1) ；
[2]由电阻定律
Rx=ρLS
而
S=πD24
联立解得电阻率为
ρ=πD2R1(U−Ir1)4LI(R1+r1)
故填 πD2R1(U−Ir1)4LI(R1+r1) 。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)小球在B点的速度大小是vB，则对于小球由D到B的过程中，应用动能定理
qE⋅3R−mgR=12mvB2
解得vB=2 5m/s
(2)在B点的圆轨道径向方向上，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有
NB−qE=mvB2R
解得NB=5N
由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为5N．
(3)在A点，小球要恰好通过，则
mg=mv2R
设释放点距C点的距离为x，由动能定理得
qEx−2mgR=12mv2
解得x=1.25m
为了使带电小球在半圆弧轨道上运动不脱轨，小球在水平轨道上释放的位置到C点的距离至少为1.25m．
答：(1)它到达B点时的速度是2 5m/s；
(2)它到达B点时对轨道的压力是5N；
(3)要是小球能安全通过最高点A，则开始释放点应距离C点至少为1.25m。
【解析】(1)应用动能定理研究小球由D→B的过程，求出小球在B点的速度大小，
(2)对小球在B点进行受力分析，找出径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律求解球受到的支持力，再由牛顿第三定律求解压力，
(3)在A点，小球要恰好通过，则mg=mv2R，从释放点到A点根据动能定理解得。
在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。
14.【答案】(1) 4m/s ；(2) 2 33V/m ；(3) 2π+3 315s
【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动作出运动轨迹示意图如图所示
由几何关系得
Rcs30∘=20 3cm
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2R
解得
v=qBRm=4m/s
(2)设带电粒子从进入电场到点时间为t1，沿y轴方向做匀速直线运动，有
R+Rsin30∘=vcs30∘⋅t1
粒子在电场中垂直x轴经过Q点，沿x轴方向做匀变速直线运动且Q点沿x轴方向的分速度为零，有
vsin30∘=at1
由牛顿第二定律得
qE=ma
解得
E=2 33V/m
t1= 310s
(3)电粒子进入电场前在磁场中运动的时间
t0=23T=4πm3qB=2π15s
粒子从开始到第二次经过y轴的时间为
t=t0+2t1
解得
t=2π+3 315s

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为 v0 ，根据机械能守恒有mgL=12mv02，
解得v0=6m/s，
小球在最低点时，根据牛顿第二定律有F−mg=mv02L，
解得F=10N。
(2)设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为 v1 、物块A的速度大小为 v2 ，根据动量守恒有mv0=−mv1+mAv2，
根据能量守恒有12mv02=12mv12+12mAv22，
解得v1=v2=12v0=3m/s，
此过程，物块A对小球的冲量大小I=m(v0+v1)=3N⋅s。
(3)开始时A离平台右端的距离 x=0.5m ，物块刚滑上长木板时的速度大小为 v3 ，根据动能定理有−μmAgx=12mAv 32−12mAv 22，
解得v3=2m/s，
物块A在木板B上滑行时二者动量守恒，最终速度相同为 v4，
mAv3=(mA+mB)⋅v4，
解得v4=0.5m/s，
滑行过程中物块A与木板B系统动能减少转化为内能，μmAgL=12mAv32−12(mA+mB)v 42，
解得板长L=0.3m。

【解析】本题是动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式的综合运用，要知道小球和A碰撞的瞬间， 小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞。
(1)研究小球下摆的过程，根据机械能守恒定律或动能定理求出小球摆到最低点时的速度，结合牛顿第二定律求出细线拉力大小；
(2)小球在最低点与A发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两者的速度，根据动量定理可得物块A对小球的冲量大小；
(3)根据动能定理、动量守恒定律和功能关系计算木板B的最小长度。