2023-2024学年四川省内江市第六中学高二上学期入学考试（创新班）物理试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省内江市第六中学高二上学期入学考试（创新班）物理试题含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：75 分钟 满分：100 分
一、选择题（本题共 10 小题，第 1~7 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分，共计 43 分）
1. 发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是（ ）
A. 开普勒、卡文迪许B. 牛顿、伽利略
C. 牛顿、卡文迪许D. 开普勒、伽利略
答案：C
解析：万有引力定律是由牛顿发现的，而万有引力常量是由卡文迪许通过扭秤实验测定的。
故选C。
2. 质量为m的物体，静止在倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，经过时间t，下列说法正确的是（ ）
A. 重力的冲量大小是
B. 支持力的冲量大小为零
C. 摩擦力的冲量大小为
D. 合力的冲量大小为零
答案：D
解析：A．根据冲量的定义，重力的冲量大小是，A错误；
B．根据平衡条件可知物体所受支持力大小为，支持力的冲量大小为，B错误；
C．根据平衡条件可知物体受静摩擦力大小为，所以摩擦力冲量大小为，C错误；
D．物体静止，所受合外力0，所以合外力冲量为0，D正确。
故选D。
3. 下列各图给出了通电导体产生的磁场方向，正确的是（ ）
A. 通电直导线 B. 通电直导线
C. 通电线圈 D. 通电线圈
答案：C
解析：A．根据右手安培定则可知，该图中通电直导线产生的磁场应该与图中方向相反（逆时针），选项A错误；
B．根据右手安培定则可知，该图中通电直导线产生的磁场右侧向里，左侧向外，选项B错误；
C．根据右手安培定则可知，该图中通电直线圈产生的磁场方向正确，选项C正确；
D．根据右手安培定则可知，该图中通电直线圈产生的磁场方向应该向右，选项D错误。
故选C。
4. 圆环形导体线圈a平放在水平绝缘桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（ ）

A. 线圈a中将产生俯视为逆时针方向的感应电流B. 穿过线圈a的磁通量变大
C. 线圈a有扩张的趋势D. 线圈a对水平桌面的压力将增大
答案：C
解析：AB．当滑动触头P向上移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，从而判断出穿过线圈a的磁通量减小，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故AB错误；
C．判断出线圈a应阻碍磁通量减小，有扩张的趋势，故C正确；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的异名磁极相对，互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误。
故选C。
5. 半径为r和R（rR）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两小球分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在以后的运动过程中两小球（ ）

A. 机械能总是相等的
B. 经过最低点时动能相等
C. 在最低点时重力的功率不相等
D. 在最低点时对轨道的压力不相等
答案：A
解析：A．两小球初态机械能相等，在以后的运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以两小球机械能总是相等的，A正确；
B．对左侧小球的下滑过程，据机械能守恒定律可得
同理，对右侧小球的下滑过程，可得
因为
则
B错误；
C．滑到最低点，重力与速度夹角为，重力方向上的速度为0，根据
可知在两小球在最低点时重力的瞬时功率均为零，重力的功率相等，C错误；
D．设左侧小球在最低点时，轨道对小球的支持力为；对左侧小球在最低点时受力分析，据牛顿第二定律可得
解得
同理可得，右侧小球在最低点时，轨道对小球的支持力为
据牛顿第三定律可得，在最低点两球对轨道压力相等，D错误。
故选A。
6. 如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不计）电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，则（ ）

A. 粒子在盒内一直做加速圆周运动
B. 粒子加速后获得的最大动能等于
C. 所加交流电源的周期为
D. 若将交流电源电压U减小，粒子在D形盒内运动的时间变短
答案：B
解析：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，A错误；
B．根据动能的定义
根据牛顿第二定律
解得
B正确；
C．所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期，C错误；
D．若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，在D形盒内运动的时间变长，D错误。
故选B
7. 自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现使车以500J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ）
A. 500JB. 300JC. 250JD. 200J
答案：D
解析：第一次关闭自充电装置，由图线①知道10m停止运动，动能变为0，则只有滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×10=0-500
解得：
f=50N
第二次启动自充电装置，由图线②知道6m停止运动，动能变为0，则滑动摩擦力做负功，根据功能关系有：
-f×6=500-E
解得：
E=500-50×6=200J
所以第二次向蓄电池所充的电能是200J，故D正确，ABC错误。
故选D．
8. 有一段长l＝0.5m的导线放在匀强磁场中，当通过的电流I＝4A时，受到磁场力大小为4N，则该磁场的磁感应强度大小可能是（ ）
A. 2TB. 3T
C. 1TD. 0.2T
答案：AB
解析：当导线和磁场垂直时，磁感应强度大小为
B＝＝2T
若导线与磁场不垂直时，磁场的磁感应强度应大于2T。
故选AB。
9. 如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，质量为的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的、大小为的压力。已知小环的带电荷量为，重力加速度，。下列说法正确的是（ ）

A. 小环带正电
B. 小环下滑的加速度大小为
C. 小环滑到P处时的速度为
D. 小环经过P处开始计时，后恰好与杆没有相互作用
答案：BD
解析：A．小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的、大小为的压力，故在P处小环所受弹力垂直于杆向上，大小为，对小环受力分析如下图

在垂直杆方向，小环受力平衡，有
解得
方向垂直杆向上，由左手定则可知，小环应带负电，故A错误；
B．在沿杆方向，由牛顿第二定律可知
解得
故B正确；
C．由洛伦兹力定义式可知
解得
故C错误；
D．当小环恰好与杆没有相互作用时，满足
解得
由匀加速运动规律可知
解得
故D正确；
故选BD。
10. 如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；圆形区域内无磁场。P是圆外一点，且，一质量为m、电荷量为的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力，下列说法正确的是（ ）

A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径
B. 粒子在磁场中做圆周运动的半径
C. 粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间
D. 粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间
答案：BC
解析：AB．根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有
解得
故A错误，B正确；
CD．由
可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为
则粒子第一在圆形区域内运动的时间为
故C正确，D错误。
故选BC。
二、实验题（本题包括 2 小题，共 16 分。）
11. 某同学在探究“影响感应电流方向的因素”实验中

（1）利用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。请按实验要求，将图中的器材实物连线补充完整_____ 。
（2）闭合电键瞬间，电流计指针向左偏转。闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向右端滑动，电流计的指针向________（选填“左”或“右”）偏转。
（3）闭合电键后，第一次快速抽出通电螺线管，第二次缓慢抽出，会发现电流计的指针摆动幅度第一次比第二次________（填“大”或“小”）。
答案： ①. 见解析 ②. 左 ③. 大
解析：（1）电路连接如图所示

（2）当滑动变阻器的滑片向右端滑动时，接入电路的阻值减小，回路的电流强度增加，电流计的指针向左偏转。
（3）根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，指针偏转的角度越大，因此第一次比第二次指针摆动幅度大。
12. 用如图所示的装置可以验证动量守恒定律。
(1)实验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1______m2（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复本操作。接下来要完成的必要步骤是_____。（填选项前的字母）
A．用天平测量两个小球的质量m1，m2；
B．测量小球m1开始释放的高度h；
C．测量抛出点距地面的高度H；
D．分别通过画最小的圆找到m1，m2相碰后平均落地点的位置M，N；
E．测量平抛射程OM，ON。
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________（用(2)中测量的量表示）；
(4)经过测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地的平均位置距O点的距离如图所示。若用长度代表速度，则两球碰撞前“总动量”之和为_____g·cm，两球碰撞后“总动量”之和为______g·cm。
答案： ①. 大于 ②. ADE ③. ④. 2016 ⑤. 2001
解析：(1)[1]为了防止入射球反弹，必须用质量大的小球去碰撞质量小的小球即
(2)[2]要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
得
因此实验需要测量，两球的质量、小球的水平位移，故ADE正确。
故选ADE。
(3)[3]由(2)分析可知若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
(4)[4]两球碰撞前的动量之和
[5]碰撞后的总动量
三、计算题（本题共 3 小题，共 41 分。）
13. 如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度变化B = kt（k > 0），已知重力加速度g，求：
（1）感应电动势E；
（2）线框开始向上运动时刻t0；

答案：（1）；（2）
解析：（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）由图可知线框受到的安培力为
当线框开始向上运动时有
mg = FA
解得
14. 如图所示，质量m05g的小球用长l 1m的轻绳悬挂在固定点O，质量m110g的物块静止在质量m230g的光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块m1的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端。若小球、物块都可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cs37  0.8。求圆弧轨道的半径。
答案：
解析：小球下摆至最低点，满足机械能守恒定律
小球与物块碰撞，满足动量守恒定律、机械能守恒定律
解得
物块滑到圆弧轨道最高点的过程中，满足动量守恒定律、机械能守恒定律
解得
15. 如图所示，平面直角坐标系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，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。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后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
（2）区域I内最小电场强度E2的大小和方向；
（3）区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小。
答案：（1），；（2），方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3）
解析：（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则
解得
又
解得
（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足
解得
方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；
（3）小球恰好不从右边界飞出，如图所示
由几何关系可知
解得
根据
解得