四川省眉山市仁寿县2023-2024学年高二下学期开学联考物理试题（解析版）.docx

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高2022级仁寿县第四学期开学联考试卷物理试题考试时间75分钟，满分100分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。一、单项选择题：（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，则下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是（　　）A.闭合金属线框向上平移B.闭合金属线框向右平移C.闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转D.闭合金属线框向下平移【答案】B【解析】【详解】AD．当闭合金属线框向上平移或向下平移时，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，故AD错误；B．当闭合金属线框向右平移时，线框中的磁场减弱，磁通量减小，闭合金属线框中有感应电流产生，B正确；C．当闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转时，由于磁场空间的对称性，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，C错误。故选B。2.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 图为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，实验前电容器已经充电，则下列描述符合事实的是（）A.只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大B.只将电容器a板左移，静电计指针的张角变小C.只将电容器a板向上平移，静电计指针的张角变大D.只人为增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容减小【答案】C【解析】【详解】根据可得A．根据只在极板间插入有机玻璃，ε增大，U变小，静电计的指针张角变小，A错误；B．根据只将电容器a板左移，增大两极板间的距离，d增大，U变大，静电计的指针张角变大，B错误；C．根据只将电容器a板向上平移，正对面积变小，S变小，U变大，静电计的指针张角将变大，C正确；D．根据只增加电荷量，U变大，静电计的指针张角变大，电容器电容不变，D错误。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故选C。3.在固定正点电荷形成的电场中，a、b、c是以点电荷为圆心的同心圆，与、与的半径差相等，一带负电粒子经过该区域时，轨迹与a、b、c的交点如图所示，若粒子运动过程中只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）A.A点的电势高于B点的电势B.A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差C.粒子通过D点与通过B点时的速度大小相等D.粒子在C点的电势能大于在D点的电势能【答案】C【解析】【详解】AD．由于中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B、D两点的电势，B点的电势高于A点的电势，带负电的粒子在电势高处的电势能小，故AD错误；B．由电场线分布规律可知，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小，所以A、B两点间的电势差小于B、C两点间的电势差，故B项错误；C．由于B、D两点到中心点电荷的距离相等，所以两点的电势相等，由能量守恒定律可知，粒子通过B、D两点时的速度大小相等，故C项正确。故选C。【点睛】本题考查电场的性质，目的是考查学生的理解能力。4.系统误差是由于实验原理等原因而产生误差，在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（　　）A.电流表分压，测得的电源电动势偏大B.电流表分压，测得的电源电动势偏小C.电压表分流，测得的电源电动势偏大第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D.电压表分流，测得的电源电动势偏小【答案】D【解析】【详解】ABCD．由于电压表分流作用，电源电流的测量值比真实值小，当外电路短路时测量值与真实值相等，电源的图如下可知电动势的测量值小于真实值。故D正确，ABC错误。故选D。5.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）A.电路的路端电压将减小B.灯泡L将变暗C.R1两端的电压将减小D.内阻r上发热的功率将减小【答案】A【解析】【详解】ACD．光照增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内部的电压增大，所以路端电压将减小；内阻r上发热的功率将增大，R1两端的电压增大，故A正确，CD错误。B．因路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以灯泡L变亮，故B错误。故选A。6.图（a）为演示单摆共振的装置，实验时依次让不同的单摆先摆起来，观察单摆P（图中未标出）能达到的最大振幅A和稳定时的振动频率f，并描点记录在图（b）中，用光滑曲线连接各点得到如图（b第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ）所示曲线。取重力加速度g＝π2m/s2，下列说法正确的是（　　）A.单摆P的固有频率约为1HzB.装置（a）中只有一个单摆的摆长约为1.0mC.当单摆P稳定时的振动频率为1.0Hz时，先振动的单摆摆长约为0.25mD.单摆P的振动周期总为2s【答案】C【解析】【详解】A．图（b）为单摆P的共振曲线，振幅最大时对应的频率0.50Hz接近或等于其固有频率，故A错误；B．单摆P振幅最大时，先振动的单摆与P的固有周期相近或相同，P的固有周期约为2.0s，由T＝2π可求得其摆长约为1.0m，说明装置中至少还有一个单摆的摆长约为1.0m，故B错误；C．当单摆P稳定时的振动频率为1.0Hz时，先振动的单摆的固有频率也为1.0Hz，由T＝2π，可得摆长约0.25m，故C正确；D．单摆P做受迫振动的周期与先振动的单摆周期相同，故D错误。故选C。7.某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小，形状不规则的石块，用细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动，测量石块摆动的周期和对应的细线长度，改变细线的长度，得到多组周期的平方和对应的细线长度，描点得到如图所示的图像，则山顶的重力加速度大小最接近（）第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据单摆周期公式解得可得斜率解得故C正确；ABD错误。故选C。8.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.t=0.7s时，质点N位于波谷处B.该横波在该介质中传播的速度为10m/sC.由该时刻起经过0.1s，质点N将沿x轴负方向移动到M点D.由该时刻起经过1.1s，质点K经过的路程大于质点L经过的路程【答案】A【解析】【详解】A.．根据质点N的振动图像可知，t=0.7s=T时，质点N位于波谷处，选项A正确；B．该横波在该介质中的波长为2m，周期为0.4s，可知传播的速度为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 选项B错误；C．机械波在传播的过程中，质点只能在自己平衡位置附近振动，但不随波迁移，选项C错误。D．质点K从波峰位置开始振动，质点K从平衡位置开始振动，则由该时刻起经过1.1s=，质点K经过的路程等于质点L经过的路程都等于11A，选项D错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）A.场强的最小值为E=B.场强的最小值为E=C.E=时，小球电势能一定不变D.E=时，小球的机械能一定减小【答案】AC【解析】【详解】A．小球受重力和电场力作用，合力方向即OA方向，根据力的合成原则可知，当电场力方向与OA方向垂直时，电场力最小即电场强度最小。此时，根据垂直于OA方向的平衡条件有：解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故A正确，B错误；C．当时，电场力方向与OA方向垂直，即电场力方向与小球运动方向垂直，电场力对小球不做功，则小球的电势能一定不变。小球仅受重力做功，其机械能不变，故C正确，D错误。故选AC。10.如图所示的是水平面上两列频率相同的简谐波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2cm，波速为4m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（）A.E处质点是振动减弱的点B.B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cmC.A、C处两质点经过0.01s竖直高度差为0D.经0.02s，B处质点通过的路程是8cm【答案】BC【解析】【详解】A．由题图可知，E点到两列波的波峰的距离相等，两列波的波峰会同时传到E点，所以E处质点是振动加强的点，A错误；B．由题图可知，B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm，B正确；C．A、C为虚实线相交，振动减弱，因两列波振幅相同，A、C始终在平衡位置，高度差始终为零，C正确；D．由知时间t=0.02s为一个周期，则B处质点通过的路程是s=4A=4×4cm=16cm第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D错误。故选BC。11.如图1所示，在同种均匀介质中，A、B两波源分别位于x=0和x=12m处，t=0时刻起两波源开始振动，其振动图像如图2所示。已知A波的波长为2m，则下列说法正确的是（　　）A.t=16s时，x=5m处的质点位移y=-6cmB.两列波的波速之比vA∶vB=2∶1C.B波的波长为4mD.t=12s时，A、B两波开始相遇【答案】CD【解析】【详解】AB．由图2可知TA=4s所以且在同种均匀介质中两列波的波速相等，所以A波的振动传到x=5m处需要的时间为所以t=16s时，A波单独传播到x=5m处后又振动了一个半周期，则产生的位移为0；同理可得，B波的振动传到x=5m处需要的时间为又因为所以t=16s时，B波的振动单独传播到x=5m处后，又振动了的周期，且有图2可知，B波起振方向向上，所以t=16s时，B波的振动单独在x=5m处产生的位移等于6cm，所以t=16s时，由位移叠加原理可知，x=5m处质点的位移为y=6cm第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故AB错误；C．根据λ=vT可知λB=4m故C正确；D．波在介质中的传播速度所以在t=12s时，两列波同时传播到x=6m处，则两列波开始相遇，故D正确。故选CD。三、实验探究题：（本题共3小题，共16分）12.写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数___________cm；螺旋测微器的读数___________mm。【答案】①.1.055②.2.615【解析】【详解】[1]游标卡尺读数为[2]螺旋测微器读数为13.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡L“”标称值为“5V；2.5W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 电压表V1（量程为3V，内阻为3kΩ）电流表A1（量程为0.6A，内阻约为10Ω）电流表A2（量程为3A，内阻约为0.1Ω）滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流为2A）滑动变阻器R2（0~1kΩ，额定电流为0.5A）定值电阻R3（阻值为10Ω）定值电阻R4（阻值为3kΩ）电源E（E=12V，内阻不计）（1）实验中滑动变阻器应选用___________，电流表应选用___________，定值电阻应选用___________（均填器材的符号）（2）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为4V，内阻为8Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为___________W。（保留两位有效数字）【答案】①.R1②.A1③.R4④.0.44-0.54W【解析】【详解】（1）[1]实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量，所以变阻器需要分压式接入电路，故滑动变阻器应选用R1。[2]根据功率公式，可得小灯泡额定电流为电流表A2的量程太大，电流表A1量程为0.6A比较合适，实验中电流表应选用A1。[3]电压表V1较小，但是内阻已知，虽然需要串联一个电阻，改装成大量程的电压表，应该在上述器材中选择定值电阻R4。（2）[4]在灯泡的伏安特性曲线图像中作出电源（把电阻看成电源内阻）的特性曲线，如图所示由图线可得，交点坐标为I=0.28A，U=1.8V第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 所以灯泡的实际功率为P=UI=1.8×0.28W≈0.50W14.某探究小组学习了多用电表工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，再用游标卡尺测得其长度L。（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻的阻值为10.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将置于位置1，闭合，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。R/ΩI/A5.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.2520.00.2723.6825.00.2444.1030.02.2224.50根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将置于位置2，此时电流表读数为0.400A．根据图丙中的图像可得___________Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式___________得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （3）该小组根据图乙电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（结果均保留2位有效数字）（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.6.0②.③.12④.13⑤.偏大【解析】【详解】（1）[1][2]由电路可知，当将置于位置1，闭合时即由图像可知解得解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 再将置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则解得根据解得（3）[3][4]由（2）可知，（4）[5]根据表达式因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏大。四、计算题：本题共3小题，共34分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。15.如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠ABM=30°，求：（1）玻璃的折射率；（2）球心O到BN的距离。（3）求光线BM在该棱镜中传播的时间。（已知光在空气中的传播速度为c）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）已知，由几何关系可得入射角，折射角，则有（2）由题意可知临界角，则球心O到BN的距离为（3）光在玻璃中传播的速度为由几何关系可得光线BM在该棱镜中传播的时间解得16.如图，一根长为L=0.5m的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m=4×10-3kg的带电小球，将整个装置放入一匀强电场当中，电场强度大小为E=3×103N/C，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37°时，小球处于平衡状态，重力加速度为g=10m/s2，试求：（1）小球带何种电荷，带电量为多少；（2）若剪断细线，小球运动的加速度大小；（3）若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时绳中拉力大小。【答案】（1）正电，1×10-5C；（2）12.5m/s2；（3）7×10-2N第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】（1）由题图分析可得，小球所受电场力水平向右，故小球带正电。设小球带电量q，根据受力平衡可得解得（2）绳剪断后，小球做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得（3）由最低点无初速度释放至拉力最大过程中，由动能定理由牛顿第二定律解得FT=7×10-2N17.如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R＝5.3m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L＝1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现将一质量为的小球M（可视为质点）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球M（可视为质点）从斜槽顶端A点静止滚下，小球运动到B点时由动能定理得解得在B点由牛顿第二定律解得小球运动到B点时受到的支持力大小（2）设小球到C的速度为v0，B到C过程中小球克服摩擦力做功为Wf1，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即小球由A到C过程中，根据动能定理得解得（3）小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定律可知第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 解得碰撞后滑块速度v=v0=10m/s滑块滑上小车后达到的共同速度为v1，由动量守恒定律得解得第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为v1，碰后小车速度变为，滑块速度仍为v1，碰后动量守恒，达到共同速度为v2，则由动量守恒得解得小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司