四川省绵阳实验高级中学2022-2023学年高二上学期自学阶段质量检测物理 Word版含解析.docx

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绵阳实验高中2021级第三学期末自学阶段质量测试物理试卷一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36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7~9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.关于电场强度、电势能、安培力和洛伦兹力，下列的说法正确的是（　　）A.由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无穷大B.由电势能的公式可知，在电场中的同一位置，电荷量越大的点电荷所具有的电势能也越大C.由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D.一带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力的方向一定垂直于磁感应强度的方向和带电粒子的运动方向【答案】D【解析】【详解】A．当r趋近于零时，电荷不能看做点电荷了，公式不再适用，A错误；B．电势能是标量，在根据公式计算时，需要将q和的正负号代入计算，如果是负电荷在正电势处，同一位置，电荷量越大，电势能越小，B错误；C．当通电导线和磁场平行时，不受磁场力作用，故一小段通电导体在某处不受安培力，可能是导线与磁场方向平行，不一定没有磁场，C错误；D．根据左手定则可得所受洛伦兹力的方向一定垂直于磁感应强度的方向和带电粒子的运动方向，D正确。故选D。2.如图为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（　　） A.某不计重力的正电荷在A、B两点的加速度相同B.某负电荷在C点的电势能大于B点的电势能C.某正电荷从C点移动到B点，电场力做正功D.C点场强大于B点场强【答案】B【解析】【详解】A．A、B两点处于同一等势面上，电场方向不同，不计重力的正电荷在A、B两点的加速度不相同，故A错误；B．由公式可知，B点的电势大于C点的电势，负电荷在C点的电势能大于B点的电势能，故B正确；C．正电荷从低电势移动到高电势，电势能变大，电场力做负功，故C错误；D．由图可知，B处等势面比C处密，可知，C点场强小于B点场强，故D错误。故选B。3.如图所示的圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（　　）A.速率一定越小B.速率一定越大C.在磁场中通过的路程越长D.在磁场中的周期一定越大【答案】A 【解析】【详解】ABD．粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中周期为由于带电粒子的质量和电荷量都相同，可知带电粒子在磁场中运动的周期相同；根据可知在磁场中运动时间越长的带电粒子，轨迹对应圆心角越大，由轨迹图可知，粒子的轨道半径越小，则粒子的速率越小，故A正确，BD错误；C．粒子在磁场中通过的路程与粒子做圆周运动的弧长相等，弧长公式为可知弧长与轨迹圆心角和轨迹半径有关，由图可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，轨迹对应圆心角越大，粒子的轨道半径越小，但故通过的路程不是越长，故C错误。故选A。4.生活中，燃气公司工作人员通常用气敏电阻传感器来检测燃气管是否漏气。小明同学利用网购的气敏电阻R1及报警装置设计了如图所示电路。已知电源内阻不计，R2为变阻器，气敏电阻的阻值随空气中燃气浓度增大而减小，a、b间接报警装置，且当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警报，则（　　） A.燃气浓度越低，a、b间电压越高B.燃气浓度越高，流过R1的电流越小C.燃气浓度越高，电源的总功率越小D.变阻器R2的阻值越大，报警装置的灵敏度越高【答案】D【解析】【详解】A．燃气浓度越低，气敏电阻R1的阻值越大，由闭合回路的欧姆定律可知，a、b间电压越低，A错误B．燃气浓度越高，气敏电阻R1的阻值越小，由闭合回路的欧姆定律可知，流过R1的电流越大，B错误；C．燃气浓度越高，气敏电阻R1的阻值越小，电路总电阻越小，电路电流越大，电源功率越大，C错误；D．当变阻器R2的阻值越大，a、b间电压就越大，故报警装置的灵敏度越高，D正确。故选D。5.如图，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为，此时悬线的张力为F．若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是 A.电流大小为，电流方向沿顺时针方向B.电流大小为，电流方向沿逆时针方向C.电流大小为，电流方向沿顺时针方向D.电流大小为，电流方向沿逆时针方向【答案】A【解析】【详解】要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡，通电前有：通电后，根据力平衡为：联立解得：故A正确．6.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，在环的上端，一个质量为、带电荷量为的小球由静止开始沿轨道运动，已知重力加速度为g，则（　　）A.小球运动过程中机械能守恒B.小球经过环的最低点时速度最小C.在最低点小球对环的压力大小为D.在最低点小球对环的压力大小为【答案】D【解析】【详解】A．小球运动过程中，电场力对小球做功，小球机械能不守恒，故A错误；B．小球从静止开始运动至环最低点的过程中，重力和电场力均对小球做正功，所以小球经过环的最低点时速度不是最小，故B错误；CD．设小球经过环的最低点时速度大小为v，圆环半径为R，根据动能定理有 设在最低点环对小球的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有联立以上两式解得根据牛顿第三定律可知在最低点小球对环的压力大小为，故C错误，D正确。故选D。7.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是（　　）A.该束带电粒子带正电B.速度选择器的极板带负电C.在磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】AD【解析】【详解】A．带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A正确；B．在平行金属板间，粒子做匀速直线运动，根据左手定则知，带正电粒子所受洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，可知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误； CD．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡则进入磁场中的粒子速度大小是一定的，根据得知越大，荷质比越小，而质量不一定大，故C错误，D正确。故选AD。8.实验小组利用如图电路研究电压的变化与电流的变化的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器。闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表的示数变化量大小为，电压表的示数变化量大小为，电流表A的示数变化量大小为，则下列判断正确的是（　　）A.的值变大B.的值不变，且始终等于电源内阻C.电压表的示数与电流表A的示数的比值变大D.滑片向左移动的过程中，电容器的电容不变，电压减小，带电荷量减少【答案】BC【解析】 【详解】A．滑动变阻器的滑片向左移动一小段距离，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电流减小，电阻两端电压和电源内电压之和减小，电压表的示数增大，且则不变，故A错误；B．电压表的示数变化量大小为则不变，故B正确；C．电压表的示数与电流表A的示数的比值滑动变阻器的滑片向左移动一小段距离，变大，故C正确；D．电容器的电容不变，电容器两板间电压等于R1两端的电压，减小，电容器应该放电，由于二极管的单向导电性使得电容器带电量保持不变，故D错误。故选BC。9.示波器是一种多功能电学仪器，如图所示。大量电性相同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后水平射入电压为U2的平行金属板间的电场中，在满足带电粒子能射出平行板电场区域的条件下（不计粒子重力和粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（　　）A.若电荷量相等，则带电粒子在偏转场板间的加速度大小相等 B.若电荷量相等，则带电粒子从M孔射出的动能不相等C.无论比荷是否相等，全过程中电场力做功均相同D.无论比荷是否相等，带电粒子均从偏转电场中同位置射出【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得带电粒子在偏转电场中的加速度大小知电荷量相等，质量未知，则带电粒子在偏转电场中的加速度大小不一定相等，故A错误；B．带电粒子在加速度电场中加速过程，根据动能定理得解得带电粒子电荷量相等，则带电粒子从M孔射出的动能相等，故B错误；D．带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为，板间距离为，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有得粒子射出电场时偏转角度正切值结合 联立得可知与无关，因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一，即可得无论比荷是否相等，带电粒子均从偏转电场中同位置射出，故D正确；C．由D选项可知，所有带电粒子在电场偏转电场中沿着电场方向的位移相等设为，则电场力对带电粒子所做的功为知只有电荷量相等时，电场力做功相等，故C错误故选C。二、必考非选择题。本题共4小题，共44分。10.如图（甲）所示是一根细而实心均匀导电材料，现要测这段导电材料的电阻率ρ。（1）用刻度尺和螺旋测微器测量材料的长度L和直径d，测量直径时螺旋测微器示数如图（乙）所示，则d=_______mm。（2）若测出材料的电阻为R，则材料的电阻率ρ＝______（用L、d和R表示）。【答案】①.1.700②.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，则金属丝的直径为（2）[2]金属丝的电阻为解得金属丝的电阻率为 11.多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。（1）通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电池，R3是电池内阻，R6是欧姆调零电阻，AB分别与黑、红表笔相接。R1、R2、R4、R5都是定值电阻，表头G的满偏电流为20mA，内阻为Rg。已知，R4=360Ω，R5=1600Ω。关于此多用电表，下列说法正确的是___________；A.图中B是红表笔B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1时的量程比接2时小C.当S接触点3时，多用电表处于测电阻的挡位，倍率越大，滑动变阻器接入阻值越大D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接4比接5时量程大（2）该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节R6。进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势E=___________V（计算结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的___________（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。（3）实验小组用多用电表测量电源的电动势和内阻。器材有：待测电源（电动势约为8V），定值电阻R0=8.0Ω，多用表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，测得并记录多组数据后，得到对应的 图，如图丙所示，则电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（结果均保留三位有效数字）。【答案】①.AC##CA②.3.00③.④.8.33⑤.1.00【解析】【详解】（1）[1]A．图中B接3接线柱时，由于B连接的是电源负极，根据电流从红表笔流入，从黑表笔流出，因此B为红表笔，故A正确；B．当S接触点1或2时，且电路中没有电源，由于表头和电阻并联，故改装成了电流表，且接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻；接2时两个电阻串联后为分流电阻，所以S接1时分流电阻小，故接1时的量程更大，故B错误；C．当S接点3时，电表内部有电源，故多用表为欧姆表，倍率越大时，同样的待测电阻时表头指针偏转越小，欧姆表的内阻越大，接入的滑动变阻器阻值越大，故C正确；D．当开关S接4或5时，多用表为电压挡，但接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻；接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D错误。故选AC；（2）[2]由图线知，当满偏时当电阻为R1=150Ω时，电流值等于满偏电流的一半，此时解得E=3.00V[3]通过分析可知欧姆表中值电阻为150Ω，则该小组使用多用电表的“×10”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。（3）[4][5]根据丙图和闭合电路欧姆定律可知整理可得结合图像的截距和斜率可知 解得，12.如图示，一带电量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球稍大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口并通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，重力加速度为g。求：（1）小球的初速度v0；（2）应加电场的场强E的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意可知，小球从抛出点到细管的上口，小球同时参与了两个分运动，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动到速度减到零，则有解得在水平方向小球做匀减速直线运动，到细管上口速度减到零，则有解得（2）小球在水平方向，由牛顿第二定律可得由速度时间关系公式可得 联立解得13.如图所示，电子显像管由电子枪、加速电场、偏转磁场及荧光屏组成。在加速电场右侧有相距为d、长为l的两极板，两极板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的右边界与荧光屏之间的距离也为d。荧光屏中点O与加速电极上两小孔S1、S2位于两板的中线上。从电子枪发射质量为m、电荷量大小为e的电子，经电压为U0的加速电场后从小孔S2射出，经磁场偏转后，恰好从上极板右侧边缘离开磁场，最后打到荧光屏上。若，不计电子在进入加速电场前的速度及其重力。（1）求电子进入磁场时的速度大小；（2）求电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R和磁场的磁感应强度B的大小；（3）求电子到达荧光屏的位置与O点距离y。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设电子经电场加速后的速度大小为v0，由动能定理可得解得（2）电子在磁场中偏转，经磁场偏转后，恰好从上极板右侧边缘离开磁场，即偏转后沿直线运动到荧光屏，如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 由几何知识可得已知解得（3）由解析图可知，粒子到达荧光屏的位置与O点的距离为y，由几何知识可得解得三、选考题（3—4）。本题共4小题，共30分。第14、15、16题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求。用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。14.一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度相同，那么，下列说法正确的是（　　）A.振子在M、N两点受回复力相同B.振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C.振子在M、N两点加速度大小相等D.从M点到N 点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动【答案】C【解析】【分析】【详解】建立弹簧振子模型如图所示A、B．弹簧振子做简谐运动，先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，根据F=-kx可知，回复力大小相等、方向相反，故A、B错误；C．M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据可知加速度大小相等，故C正确；D．从M点到N点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做变加速运动，后做变减速运动，故D错误。故选C。15.如图所示的装置中，在转动手柄A的转速由零逐渐增大的过程中，小球B的振幅将（　　）A.不断增大B.先增大，后不变C先增大后减小D.先减小，后增大【答案】C【解析】 【详解】转速由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率，振幅增大，与固有频率相同时振幅最大；超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故先增大，后减小。故选C。16.一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T。t=0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是（　　）A.t=0时质点a的速度比质点b的大B.t=0时质点a的加速度比质点b的大C.图2可以表示质点a的振动D.图2可以表示质点b的振动【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．t=0时质点a位于最大位移处，b质点经过平衡位置，所以质点a的速度比质点b的小，故A错误；B．根据加速度大小与位移大小成正比的特点，可知a的位移比b的位移大，则质点a的加速度比质点b的大，故B正确；CD．由图2知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图1是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图2中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图2中t=0时刻质点的状态相符，所以图2不能表示质点a的振动，可以表示质点b的振动，故C错误；D正确。故选BD。17.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是________（填字母代号）。 A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm。（3）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________（填字母代号）。【答案】①.AC##CA②.12.0③.A【解析】【详解】（1）[1]在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止摆动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长。故选AC。（2）[2]由题图知，用10分度游标卡尺主尺读数为12mm，游标读数为0，则摆球的直径为 12mm+0×0.1mm=12.0mm（3）[3]单摆的振动在摆角小于5°时才能看作简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置（速度大误差小）。根据摆角估算振幅约为所以选项AB振幅合理，选项CD振幅不合理，A中振动图像的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图像的计时起点在正的最大位置是不合理的。故选A。18.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形如图所示，此时波刚好传到x=5m处P点；t=1.2s时x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度。（1）求这列简谐波传播的周期与波速；（2）写出x=4m处质点的振动方程；【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波刚好传到x=5m处P点，根据同侧法可知起振方向向下，而x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度，即Q点在平衡位置向上振动，故在t=1.2s内x=3m的振动形式传播到x=6m处，故波速为由可知，波的周期为（2）由图可知，振幅为t=0时刻处的质点位于负的最大位移处，所以其振动方程为