2023-2024学年云南省昭通市正道中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昭通市正道中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共14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.在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是
( )
A. 延长了司机的受力时间B. 减少了刹车前后司机动量的变化量
C. 增加了司机所受的冲量D. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
2.如图所示，在光滑的水平面上有两物块A、B，其中A的质量为1kg，B的质量为2kg，物块B的左端固定一个轻弹簧。一开始物块B及弹簧静止，物块A以速度v0=3m/s沿水平方向向右运动，通过弹簧与物块B发生作用，则弹簧最大的弹性势能是( )
A. 4.5JB. 3JC. 2.25JD. 1.5J
3.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。一带电粒子只在电场力作用下经B点飞向A点，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电B. 粒子在B点加速度大
C. 粒子在B点动能大D. 粒子在B点的电势能较小
4.如图所示，三条长直导线都通有垂直于纸面向外的电流且与D点的距离相等，BD垂直AC，电流大小相等，从D点垂直纸面向里射入一带正电离子，则该离子在D点受到的洛伦兹力方向为
( )
A. 从D指向AB. 从D指向BC. 从D指向CD. DB的反方向
5.在B=2T的匀强磁场中，一质量m=1kg带正电q=1C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0=10m/s向左运动，g=10m/s2，如图，运动过程中物体受合力的大小为( )
A. 10NB. 20NC. 30ND. 0N
6.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A. N的运行时间小于M的运行时间B. N带负电，M带正电
C. N的速率大于M的速率D. N的运行时间等于M的运行时间
7.将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是( )
A. 将线圈A中的铁芯拔出B. 将滑片P向右移动
C. A、B保持相对静止一起移动D. 保持其它不变，仅断开开关
8.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若感应电动势分别为Ea，Eb，则Ea：Eb为( )
A. 1:4B. 1:2C. 2:1D. 4:1
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图，质量为2kg的物块A和质量为1kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，在沿弹簧轴线方向，用力F拉动物块B，稳定后物块A和物块B以4m/s2的加速度一起向右做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内。则稳定后( )
A. 拉力F的大小为16N
B. 撤去力F后瞬间，物块A的加速度大小为4m/s2
C. 弹簧弹力大小为8N
D. 撤去力F后瞬间，物块B的加速度大小为4m/s2
10.如图所示的圆锥摆中，摆球A在水平面上做匀速圆周运动，关于A的受力情况，下列说法中正确的是( )
A. 摆球A受重力、拉力和向心力的作用
B. 摆球A受拉力和向心力的作用
C. 摆球A受拉力和重力的作用
D. 摆球A受的重力和拉力的合力充当向心力
11.如图是回旋加速器的结构示意图，主要由两个半圆形的中空铜D形盒构成，两盒间留有一狭缝，置于真空中。匀强磁场B垂直穿过盒面，由高频振荡器产生的交变电压加在两盒间的狭缝处。关于回旋加速器，下列说法正确的是( )
A. 图中两D形盒内所加磁场使粒子发生偏转
B. 图中两D形盒间所加电场使粒子发生偏转
C. 粒子在磁场中的运动周期随粒子速度的增大而减小
D. 图中D形盒的半径越大，同一粒子最终获得的动能越大
12.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0−t2时间内
( )
A. 流过电阻R的电流方向始终没变B. 电容器C的a板一直带正电
C. t1时刻电容器C的带电量为零D. MN所受安培力的方向始终没变
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，测量路端电压U和电流I的U−I图像如图所示，利用这些数据得到电源的电动势E=_________V和内阻r=_________Ω(保留一位小数)。
14.某实验小组用图甲所示的电路探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律，该灯泡在25℃时的电阻约为2.5Ω，所加电压为2V时的电阻约为4.0Ω。图甲中其它部分器材的参数如下：
电源(电动势为4V，内阻不计)；
电压表(量程为3V时内阻约为3kΩ，量程为15V时内阻约为15kΩ)；
电流表(量程为0.6A时内阻约为0.1kΩ，量程为3A时内阻约为0.02kΩ)。
(1)将图甲所示的实验电路补充完整，要求灯泡两端的电压自零开始调节；
(2)电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，调整滑动变阻器滑片位置，得到多组U、I数据，根据得到的U、I数据画出的U−I图像如图乙所示，由图像可得灯泡在U=1.0V时的电阻为_________Ω(保留两位有效数字)，由于实验存在系统误差，该测量值比真实值_________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)；
(3)将两个这样的小灯泡串联后接在电动势为3V，内阻为2Ω的电源上，则每个小灯泡消耗的功率约为_________W，电源的效率约为_________(均保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
15.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场左、右边缘平行，磁场的宽度为d，正粒子射入磁场的速度方向与左边缘夹角为θ，已知粒子质量为m、带电荷量为q，运动到磁场右侧边界时恰好相切。
(1)粒子做匀速圆周的半径是多大？
(2)粒子射入磁场的速度是多大？
16.如图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻R=0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，方向垂直框架向上。现用F=1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒向右运动的距离为d=0.5m时速度达到2m/s，求此时：
(1)ab棒产生的感应电动势的大小；
(2)ab棒的电流；
(3)ab棒所受的安培力；
17.如图所示，质量为M的木球用细绳连接挂在O点处于静止状态，O点到球心的距离为L，现有一质量为m的子弹以速度v0入木球并留在木球中，求：
(1)子弹射入木球后，木球的速度大小；
(2)若子弹射入木球后，木球(含子弹)在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，求子弹的最小入射速度大小．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间；再根据动量定理分析即可。
本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动量定理分析力的变化。
【解答】ABC、在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于△p=mv，但安全带会延长作用时间，A正确，BC错误；
D、将司机的动能转化为安全带的弹性势能等，没有全部转化为汽车动能，D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】由题意可知，当物块A与物块B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律
mAv0=(mA+mB)v
由能量守恒定律
12mAv02=12(mA+mB)v2+Epm
联立可得，弹簧最大的弹性势能是
Epm=3J
故选B。
3.【答案】B
【解析】A.电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力方向大致向下，与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，故A错误；
B.电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，故B正确；
CD.从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，则粒子在B点动能小，电势能高，粒子在A点的电势能较小，故CD错误；
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了电流的磁场、洛伦兹力这个知识点。
根据安培定则及磁场的叠加确定D点的磁场方向，再用左手定则判断洛伦兹力的方向。
【解答】
ABCD.根据安培定则和磁场的叠加，可知D点的磁场方向为从D指向C，从D点垂直纸面向里射入一带
正电离子，根据左手定则可知，洛伦兹力向下，故ABC错误；D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】物体受到竖直向下的洛伦兹力，和重力、竖直向上的支持力，因在竖直方向没有发生位移，没有加速度，所以运动过程物体所受的合力大小为0N。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
由左手定则判断电荷的正负；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小关系；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
【解答】
AD.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2πmqB，故M的运动时间等于N的运动时间，A错误，D正确；
B.由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，B错误；
C.粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2r，得半径为r=mvqB，
在质量与电量相同的情况下，半径大的速率大，即M的速率大于N的速率，C错误。
7.【答案】B
【解析】A.在A线圈中拔出铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，线圈A产生的磁场减弱，电流表指针向右偏转，A错误；
B.滑动变阻器的滑片P向右滑动时，回路中电阻减小，线圈A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，电流表指针向左偏转，B正确；
C.线圈A、B保持相对静止一起移动，线圈B中磁通量没有发生变化，则没有感应电流产生，电流表指针静止在中央，C错误；
D.断开开关瞬间，磁场减弱，则电流表指针向右偏转，D错误。
故选B。
8.【答案】B
【解析】解：线框切割磁感线时的感应电动势为E=BLv
解得Ea：Eb=1:2
故选B。
本题综合了感应电动势，根据E=BLv求解．解决本题的关键在于对E=BLv公式的正确运用。
9.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查的是牛顿第二定律的瞬时性，解决问题的关键是知道处理弹簧问题时，要注意弹簧的弹力具有不可突变性这一关键条件。
选取整体为研究对象，利用牛顿第二定律可以求出弹簧的弹力，最后根据牛顿第二定律可知撤去力F后瞬间物块A、B的加速度大小。
【解答】
AC.撤去拉力F之前，根据牛顿第二定律F=(mA+mB)a=12N，弹簧弹力为F弹=mAa=8N，故A错误，C正确；
B.撤去F瞬间，根据牛顿第二定律F弹=mAaA=8N，解得aA=4m/s2，故B正确；
D.撤去F瞬间，根据牛顿第二定律F弹=mBaB=8N，解得aB=8m/s2，故D错误；
故选BC。
10.【答案】CD
【解析】解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图，
小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，是重力和拉力的合力，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，进一步对小球受力分析！
向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！
11.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AB.回旋加速度器的原理是利用电场加速带电粒子，利用磁场改变带电粒子的运动方向，故A正确，B错误；
C.带电粒子在磁场中运动周期
T=2πRv=2πmqB
周期与粒子运动的速度大小无关，所以带电粒子运动的周期不变，故B错误；
D.根据
qvB=mv2R
带电粒子的最大动能为
Ekm=12mv2=q2B2R22m
可知，带电粒子的最大动能与磁场和加速器半径有关，与交变电压无关，半径越大，最大动能越大，故D正确。
故选AD。
12.【答案】AB
【解析】解：A、穿过回路的磁通量先垂直纸面向外减少，后垂直纸面向里增加，根据楞次定律可知，回路中感应电流始终沿逆时针方向，则流过电阻R的电流方向始终向下，没有改变，故A正确；
B、流过电阻R的电流方向始终向下，R上端电势高于下端电势，而电容器的电压等于电阻R两端的电压，则电容器C的a板一直带正电，故B正确；
C、由图乙可知，磁感应强度均匀变化，穿过回路的磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定感应电动势，电路中感应电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器两极板间电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，则知t1时刻电容器C的带电量不为零，故C错误；
D、MN中的感应电流方向一直向上，由于磁感应强度的方向变化，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D错误。
故选：AB。
利用楞次定律判断感应电流的方向是否变化，即可确定电容器极板的电性；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析电路中感应电流是否变化；电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化。由左手定则判断安培力的方向。
解答本题时，关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的感应电动势恒定不变，根据楞次定律判断知道感应电流方向恒定不变。
13.【答案】1.5 0.5
【解析】[1]由闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
得
U=−Ir+E
当 I=0 时
E=U
即U−I图像在纵轴上的截距等于电源电动势，即
E=1.5V
[2]由
U=−Ir+E
可得U−I图像的斜率的绝对值等于内阻
r=ΔUΔI=1.5−1.01.0Ω=0.5Ω
14.【答案】(1)实物连线如图所示： ；(2)2.0，偏小；(3)0.50，67%。
【解析】解：(1)要求灯泡两端的电压自零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；电动势为4V，则电压表量程选择3V，由于灯泡的电阻远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，则实物连线如图所示
(2)根据U−I图像可知，U=1.0V时，电流为I=0.5A，此时灯泡电阻为R=UI=1.00.5Ω=2.0Ω
由于电流表采用外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的示数大于通过灯泡的实际电流，则灯泡电阻的测量值比真实值偏小。
(3)将两个这样的小灯泡串联后接在电动势为3V，内阻为2Ω的电源上，设每个灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得E=2U+Ir
可得3=2U+2I
在灯泡的U−I图像画出对应关系图像，如图所示
由图像交点可知，每个小灯泡消耗的功率约为P=UI=1×0.5W=0.50W
电源的效率约为：η=2PEI=2×0.503×0.5=67%
故答案为：(1)实物连线如图所示： ；(2)2.0，偏小；(3)0.50，67%。
(1)根据实验要求选择滑动变阻器接法，根据电动势选择电压表量程，根据误差分析选择电流表接法，再连接实物图；
(2)根据图像数据计算灯泡电阻，分析电压表的分流造成的误差；
(3)在灯泡的U−I图像中画出小灯泡串联后接在电动势为3V电源上的路端电压与电流函数关系图像，根据交点数据计算。
本题考查探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律实验，要求掌握实验原理，实验电路，数据处理。
15.【答案】(1) d1+csθ ；(2) qBdm1+csθ
【解析】(1)把初速度延长与右边界夹角的角平分线与初始位置速度垂线的交点即为圆心
根据几何关系
r+rcsθ=d
解得
r=d1+csθ
(2)根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
v=qBdm1+csθ
16.【答案】解：(1)根据导体棒切割磁感线的电动势为E=BLv=0.4V
(2)由闭合电路欧姆定律得回路电流为I=ER=
根据右手定则可知电流方向由a流向b。
(3)ab受安培力为F安=BIL=0.16N
根据左手定则可知安培力的方向水平向左。
【解析】(1)根据切割产生的感应电动势公式E=BLv，求出电动势的大小。
(2)结合闭合电路欧姆定律求出回路中电流的大小，根据右手定则可知电流方向。
(3)根据安培力公式求出安培力，根据左手定则可知安培力的方向。
17.【答案】解：(1)子弹在射入木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒，设二者最终速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=(m+M)v
得：v=mv0m+M
(2)木球(含子弹)在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
(m+M)g=(m+M)v2L
木球(含子弹)从最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得：
12(m+M)v2=(M+m)g⋅2L+12(m+M)v2
联立解得：v0=m+Mm 5gL
答：(1)子弹射入木球后，木球的速度大小为mv0m+M．
(2)子弹的最小入射速度大小为m+Mm 5gL．
【解析】(1)子弹在射入木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒，由此求解．
(2)木球(含子弹)在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出最高点的最小速度，再由机械能守恒定律求子弹的最小入射速度．
本题综合考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，关键理清整个运动过程，分过程求解．