安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理 Word版含解析.docx

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桐城中学2023—2024学年度高二下学期开学检测物理试卷考生须知：1.本卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号，粘贴条形码。卷Ⅰ选择题（46分）一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列说法正确的是（　　）A.一个系统所受外力做功的代数和为零，则系统的机械能一定守恒B.一个系统所受外力的矢量和为零，则系统的动量一定守恒C.在闭合电路中，沿电流方向电势一定降低，电荷的电势能增加D.电流元在磁场中顺磁感线方向移动，安培力一定做正功【答案】B【解析】【详解】A．如果一个系统所受合外力做功为零，系统机械能不一定守恒，如在竖直方向做匀速直线运动的系统所受合外力为零，合外力做功为零，由于系统在竖直方向做匀速直线运动，系统动能不变而重力势能不断变化，系统机械能不守恒，故A错误；B．如果一个系统所受外力矢量和为零，合外力对系统的冲量为零，系统动量保持不变，系统的动量一定守恒，故B正确；C．在外电路中，沿电流方向电势一定降低，负电荷的电势能增加，正电荷的电势能减小；在内电路中，沿电流方向电势一定升高，负电荷的电势能减小，正电荷的电势能增大，故C错误；D．电流元在磁场中顺磁感线方向移动，不受安培力作用，故D错误。故选B。2.物理公式或物理定律都有成立条件或适用范围，下列叙述中正确的是（　　）A.在匀强电场中有关系式U=Ed，任何距离d相等的两点，U一定相等B.Q=I2Rt用来计算一段电路电流通过时产生的热量，也可以用来计算电流在这段电路做的功C.是磁感应强度的定义式，适用任何磁场，但电流元IL一定要垂直磁场方向放置D.质量分别为m1、m2两小球在同一直线上运动，速度大小分别为v1、v2，发生碰撞结合在一起，速度大小为v，若碰撞满足动量守恒，则m1v1+m2v2=（m1+m2）v一定成立第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【解析】【详解】A．在匀强电场中有关系式U=Ed，在沿电场方向距离d相等的两点，U一定相等，A错误；B．Q=I2Rt用来计算一段电路电流通过时产生的热量，此公式只适用于纯电阻电路，若这段电路是纯电阻电路，也可以用来计算电流在这段电路做的功，若这段电路不是纯电阻电路，不可以用来计算电流在这段电路做的功，B错误；C．是磁感应强度的定义式，是比值定义法，因此适用任何磁场，但电流元IL一定要垂直磁场方向放置，C正确；D．两小球速度大小分别为v1、v2，发生碰撞结合在一起，速度大小为v，若碰撞满足动量守恒，则有：当v1、v2的方向相同时，则m1v1+m2v2=（m1+m2）v一定成立；当v1、v2的方向相反时，规定v1方向为正方向，则有m1v1−m2v2=（m1+m2）v一定成立。因此在利用动量守恒定律解题时，首先判定系统是否动量守恒，若守恒，然后规定某速度方向为正方向，再利用动量守恒定律列方程求解，D错误。故选C。3.在学习库仑定律内容时，有下图的演示实验，一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带正电的小球N先后挂在横杆上的P1、P2和P3处，通过调整丝线长度使M、N的球心在同一高度，当小球N静止时，观察丝线与竖直方向的夹角。通过观察发现：当小球N挂在P1时，丝线与竖直方向的夹角最大；当小球N挂在P3时N丝线与竖直方向的夹角最小。根据三次实验结果的对比，通过推理和分析，下列说法中正确的是（　　）A.小球N与球体M间的作用力与球体M的电荷量成正比B.小球N与球体M间的作用力与M、N的电荷量的乘积成正比C.小球N与球体M间的作用力与M、N两球心距离成反比D.距离球体M越远的位置,绝缘丝线对小球N的拉力越小【答案】D第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】对比三次实验，M、N间的距离不同，对小球N受力分析，如图：设丝线与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得F库=mgtanθTcosθ=mg由图可知，距离球体M越远的位置，丝线与竖直方向夹角θ越小，cosθ越大，tanθ越小，则绝缘丝线对小球N的作用力T越小，库仑力越小，但不能判断库仑力与电荷量和距离是否成正比或反比，故ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，R1是光敏电阻，此电阻特性是，光照增强，电阻值减小，C是电容器，R2是定值电阻。闭合开关，当R1受到的光照强度减弱时，下列说法中正确的是（　　）A.电源两端电压减小B.光敏电阻R1两端的电压增大C.电源的输出功率增加D.电容器C所带的电荷量增加【答案】B【解析】【详解】ABD．当R1受到的光照强度减弱时，电阻值增加，则总电阻增加，总电流减小，内阻上电压减小，则电源两端电压增加，R2两端电压变大，光敏电阻R1两端的电压减小，电容器C两端电压减小，根据Q=CU可知所带的电荷量减小；选项B正确，AD错误；C．当电源外电阻与内电阻相等时电源输出功率最大，因不知道内阻和外电阻的关系，不能确定电源输出功率变化情况，选项C错误。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故选B。5.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为v1，在磁场中运动时间为t1，离开磁场时速度方向偏转90；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，在磁场中运动时间为t2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计带电粒子所受重力，则t1：t2、v1：v2分别为（　　）A.2:3、1:2B.3:2、1:C.1:2、:2D.:1、1:【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中运动的周期不变，均为运动时间两次在磁场中转过的角度分别为90°和60°，则设磁场的半径为R，则第一次在磁场中运动的半径r1=R第二次在磁场中运动的半径为根据可得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 故选B。6.在科学研究和工业生产等领域，常常利用带电粒子在磁场受力发生偏转这种特性制造各种仪器，下图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是（　　）A.甲图中回旋加速器所加交变电场的周期与所加速的带电粒子的比荷无关B.乙图中质谱仪各区域的电场磁场不改变时，击中光屏同一位置的粒子质量一定相同C.丙图中的霍尔元件是金属导体，在如图电流和磁场时N侧带负电荷D.丁图中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，前后两个金属侧面M、N形成的电压与a、b、c无关【答案】C【解析】【详解】A．甲图中回旋加速器所加交变电场的周期与带电粒子在磁场中圆周运动的周期相等所加速的带电粒子的比荷有关，故A错误；B．带电粒子在加速电场中，根据动能定理可得在复合场中，根据平衡条件可得在磁场中，由牛顿第二定律可得解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 乙图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，速度相同，半径R相同，因此粒子比荷相同，粒子质量不一定相同，故B错误；C．丙图金属导体中自由电荷为负电荷，如图所示电流和加上如图所示的磁场时，根据左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧电势低，带负电荷，故C正确；D．最终正负粒子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，则又流量为解得前后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，故D错误。故选C。7.如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向B运动，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，m2越大，则下列说法正确的是（　　）A.碰撞后A的速度越小B.碰撞后B的速度越大C.碰撞过程中B受到的冲量越小D.碰撞过程中A受到的冲量越大【答案】D【解析】【详解】AB．设两球碰撞后m1、m2的速度分别为v1、v2。m1、m2碰撞时动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，由上可知，若，越大碰撞后A的速度v1越小；若m1＜m2，m2越大碰撞后A的速度v1越大。m2越大碰撞后B的速度v2越小。故AB错误；CD．根据牛顿第三定律可知，B与A之间的作用力大小时间，作用时间也相等，B受到的冲量与A受到的冲量大小相等；对B由动量定理得则当m1、v0一定时，m2越大，碰撞过程中A、B受到的冲量都越大，故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。每小题列出的四个备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。）8.如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，其横截面恰好位于等边三角形的三个顶点，导线a、b固定在同一竖直面内，导线a中的电流方向垂直纸面向里，导线b中的电流方向垂直纸面向外，已知导线a、b中的电流在导线c处产生的磁场的磁感应强度大小均为B0；导线c中的电流方向垂直纸面向里，电流大小为I，长度为L，质量为m，在粗糙水平面上处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.导线c所受安培力的大小为2BIL,方向竖直向上B.导线c受到地面的静摩擦力为零C.导线c对水平面的压力大小为mg-B0ILD.若仅将b中的电流反向，则导线c所受安培力的大小为B0IL，方向向左【答案】BCD【解析】【详解】AC．根据右手定则可知，导线ab在c点的磁场方向互成120°，大小均为B0，则合场强为B0，方向水平向左，则导线c所受安培力的大小为B0IL，方向竖直向上，则导线c对水平面的压力大小为mg-B0IL，选项A错误，C正确；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 B．导线c所受安培力的方向竖直向上，则水平方向受合外力为零，则受到地面的静摩擦力为零，选项B正确；D．若仅将b中的电流反向，则导线c处的合磁场为方向竖直向下，则导线c所受安培力大小为B0IL，方向向左，选项D正确。故选BCD。9.矩形区域ABCD内存在某种场，三个带正电的粒子a、b、c，质量分别为ma=m、mb=2m、mc=4m，电荷量分别为qa=e、qb=e、qc=2e。三个带电粒子都由静止开始经相同电压加速，先后均从AD边上O点垂直AD进入场中，若矩形区域ABCD内为场强方向平行于AD边的匀强电场（如图甲），三个带电粒子都从BC边离开场；若矩形区域ABCD内是垂直纸面向里的匀强磁场（如图乙），三个带电粒子也都从BC边离开场，不计粒子的重力，关于它们在场中的运动，下列说法正确的是（　　）A.在电场中,a、b、c沿同一轨迹运动B.离开电场时,a、b粒子动能相同,c粒子动能最大C.在磁场中,a、b、c运动时间相同D.通过磁场,a偏转角最大,b、c偏转角相同【答案】ABD【解析】【详解】A．粒子在电场中加速则进入偏转电场后水平方向竖直方向解得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 可知粒子运动轨迹与粒子带电量和质量都无关，选项A正确；B．粒子离开电场时竖直方向的偏转距离相同，则离开电场时的动能则离开电场时a、b粒子动能相同，c粒子动能最大，选项B正确；CD．在磁场中解得因三个粒子的荷质比为2:1:1，可知在磁场中a运动半径最小，bc运动半径相等且大于a的半径，则只有bc粒子的轨迹相同，与a的轨迹不同，a运动半径最小，则偏转角最大，b、c偏转角相同；根据可知bc周期相同且大于a的周期，则b、c运动时间相同，但与a的运动时间不同，选项C错误，D正确。故选ABD。10.如图，光滑水平面上放置着总质量为m、右端带有固定挡板的长木板。一轻质弹簧与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。可视为质点的质量为3m的小铁块从长木板的左端以速度v1滑上长木板，且恰好能够回到长木板的左端，在此过程中弹簧的最大压缩量为x2。若将长木板固定，滑块滑上长木板的速度改为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，且滑块最终也与弹簧分离。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A.v1:v2=2:1B.弹簧弹性势能的最大值为0.375mv12C.系统因铁块与木板摩擦产生热量为3μmg（x1+x2）D.滑块以速度v2滑上固定的长木板,也恰好能够回到长木板的左端【答案】AD【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】AB．当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为EP，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律定律得3mv1=4mv由能量守恒定律得从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律得EP=μ3mg（x1+x2）若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒定律得解得故A正确，B错误；C．系统因铁块与木板摩擦产生热量为Q=2μ∙3mg（x1+x2）=6μmg（x1+x2）选项C错误；D．设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒得代入数据可解得v3=0说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D正确。故选AD。卷Ⅱ非选择题（54分）三、实验题（本大题共2小题，第11小题7分，第12小题9分，共16分）11.如图所示，用图示装置做验证动量守恒定律的实验，调整好装置后，先将a球从斜槽轨道上某标记点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原标记点处由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （1）本实验必须测量的物理量有______A.斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的质量ma、mbC.小球a、b的半径ra、rbD.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.a球的标记释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）小球a、b的质量ma、mb满足的关系是：ma______mb（填符号“>”或“<”、或“=”）。（3）让a球仍从原标记点处由静止开始滚下，和b球相碰后，下列说法正确的是______。A.碰撞后两小球做平抛运动的时间不相同B.碰撞后两小球做平抛运动时间相同C.两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点D.两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上的B点（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是______（用ma、mb、OA、OB、OC表示）；若碰撞是弹性碰撞，验证式是______（用OA、OB、OC表示）【答案】11.BE12.>13.BC14.①.ma﹒OB=ma﹒OA+mb﹒OC②.OA+OB=OC【解析】【小问1详解】由题意可知，要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以需要测量两个小球的质量，及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，根据，因运动时间相同，所以速度可以用水平位移代替，所以需要测量的物理量为：小球、的质量、，记录纸上点到、、各点的距离、、。故选BE。【小问2详解】为了避免小球碰撞后被反弹，两个小球的质量应满足第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【小问3详解】AB．碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，则运动时间相同，故B正确，A错误；CD．小球和小球相撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，所以碰撞后球的落地点距离点最近，小球距离点最远，中间一个点是未放球时小球的落地点，所以相撞后，小球、的平均落点位置依次是图中、点，故C正确，D错误。故选BC。【小问4详解】[1]根据动量守恒定律由于运动时间相同，故可以用水平位移代替速度，即[2]若碰撞是弹性碰撞，有整理可得①②两式相除可得OA+OB=OC12.用螺旋测微器测量某金属丝直径D如图，可知其直径为______mm。【答案】6.360（6.358-6.362）【解析】【详解】[1]螺旋测微器不动尺精度为0.5mm，可动尺精度为0.01mm第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ，读数过程中需要估读一位，根据图示可得其直径13.测一节干电池的电动势和内阻，有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表1：量程0~0.6A，内阻约为0.2ΩC．电流表2：量程0~0.6A，内阻D．电压表2：量程0~3V，内阻未知E．滑动变阻器1：阻值范围为0~10Ω，允许通过最大电流2AF．滑动变阻器2：阻值范围为0~500Ω，允许通过最大电流1AG．开关、导线若干（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电流表选择______，滑动变阻器选择______。（填写器材前的字母）（2）实验电路图应选择图______（填“甲”或“乙”）。（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势______V，内阻______。（结果保留三位有效数字）【答案】（1）①.C②.E（2）甲（3）①.1.39##1.40②.1.03##1.05【解析】【小问1详解】[1]第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 要用伏安法尽可能准确地测量电池的电动势和内阻，若电流表外接，则必须知道电压表的内阻，从而知晓电压表的分流作用，若电流表内接，则必须知道电流表的内阻，从而知晓电流表的分压作用，由于所给器材中电压表内阻未知，则电压表的分流作用无法知道，因此可以选择已知内阻的电流表，而已知内阻的电流表可当作电压表使用，采用内接法，从而知晓电流表的分压作用，故电流表选C。[2]由于一节干电池的内阻较小，则为了操纵的方便及调节过程中灵敏度的问题，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故选E。【小问2详解】根据以上分析，可知电路图应选择电流表的内接法，故选甲。【小问3详解】[1][2]根据实验电路图结合闭合电路的欧姆定律有结合图像可知，图像的截距表示电源电动势的大小，斜率的绝对值的大小表示电源内阻与电流表内阻之和，则有，解得四、计算题（本大题共3小题，其中第13小题11分，第14小题12分，第15题15分，共38分）14.如图所示，足够长、倾角θ=30°固定斜面，斜面上有P、Q两点，P与Q点相距x=1.8m，Q点放置滑块B，B能静止在Q点，质量m=2kg的滑块A从P点由静止释放，滑块A与斜面间动摩擦因数μ=。在Q处与滑块B发生正碰，碰后A、B结合在一起沿斜面向下运动，碰撞后瞬间整体速度为v=2m/s，碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑块A在与滑块B碰撞前瞬间的速度大小v0；（2）碰撞过程A、B系统损失的机械能ΔE。【答案】（1）3m/s；（2）3J【解析】【详解】（1）A从P滑到Q，由动能定理得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 解得v0=3m/s（2）设B质量为M，A、B在Q点碰撞，由动量守恒定律得mv0=（m+M）v解得M=1kg碰撞过程A、B系统损失的机械能解得ΔE=3J15.绝缘光滑水平面内有一半径为R=0.5m圆形有界匀强电场，场强大小E=2×103N/C，水平面内建立的坐标系xOy的原点与圆心O重合，电场方向沿x轴正向，俯视图如图，可视为质点的带电荷量为q=-3×10-7C、质量m=1×10-3kg的小球，由坐标原点O处以速度v0=0.4m/s沿y轴正方向开始运动，从圆边界上P点（图中P点末标出）离开电场，选取圆心O处电势为零。求：（1）小球在电场中运动的时间t；（2）小球到达P点，小球的电势能Ep。【答案】（1）1s；（2）-1.8×10-4J【解析】【详解】（1）小球在水平面上受重力，支持力，这两个力在竖直方向，受另一个沿x轴负向恒定的电场力，它在水平面上做类平抛运动，设P点坐标为（-x，y）。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 代入数值，解得t=1s（2）小球从O到P，由功能关系ΔEP=-W得解得EP=-1.8×10-4J16.如图所示，平面直角坐标系xoy的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，其中匀强磁场的磁感应强度B1=0.025T，在第一和第四象限有与y轴平行的两直线边界MN、PQ，MN与PQ之间的距离d=0.4m。可视为质点的带电液滴从A点以速度v0=0.1m/s沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场E2后，可使带电液滴继续做直线运动到MN上的C点，图中未标明E2方向。液滴在C点的速度大小为vC=0.4m/s，MN与PQ之间区域II内存在竖直向上的匀强电场E3和垂直纸面向里的匀强磁场B2，带电液滴在区域II内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）带电液滴的比荷；（2）带电液滴从O运动到C的时间；（3）区域II内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。【答案】（1）；（2）t=0.05s；（3）E3=2×10-3N/C，B2=3.2×10-4T【解析】【详解】（1）带电液滴在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用，沿直线AO运动，三力满足如图所示关系，且液滴只能做匀速直线运动。由共点力的平衡条件得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 代入数值得（2）液滴在区域Ⅰ做直线运动到MN上的C点，且区域Ⅰ电场强度最小时，只有电场力方向与速度方向垂直时才满足，液滴受力如图所示，液滴做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得又解得t=0.05s（3）液滴区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以有mg=qE3液滴运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力知由几何关系可知第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 代入数值解得E3=2×10-3N/CB2=3.2×10-4T第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司