2023-2024学年河北省承德县第一中学等校高二（下）开学联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省承德县第一中学等校高二（下）开学联考物理试卷（含解析），共19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.如图所示为磁场的相关应用，下列说法正确的是( )
A. 图甲是回旋加速器的示意图，粒子是在洛伦兹力作用下加速的
B. 乙图中，处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向左摆动
C. 丙图中，下端刚好与水银液面接触的金属软弹簧通电后将上下振动
D. 图丁是磁流体发电机的结构示意图，可通过增大磁感应强度B来减小电源电动势
2.下列说法正确的是( )
A. 图甲中，单色光在被检测厚玻璃板的上下表面反射后发生干涉
B. 图乙中，声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小
C. 图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B球的周期比C球的周期大
D. 图丁是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”
3.19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在地面上建设一座直到地球同步卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G。若高塔的高度为h0，某次通过太空电梯发射质量为m的卫星时，预定其轨道高度为h(h( )
A. 高塔可以建在河北省境内
B. 卫星离地面越远，受到地球的万有引力越大
C. 高塔的高度h0=3GMT24π2−R
D. 若未启动推进装置，则卫星脱离太空电梯后相对地心做离心运动
4.某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时，供电端接有u1=220 2sin100πt(V)的正弦交流电，受电线圈输出电压U2=22V、输出电流I2=5A，下列说法正确的是
( )
A. 若供电端接220V直流电，也能进行充电B. 受电线圈输出电压的频率为100Hz
C. 供电线圈和受电线圈匝数比为10 2:1D. 充电时，供电线圈的输入功率为110W
5.电荷在电场和磁场中受力的特点不同，导致电荷运动性质不同。如图所示，M、N是一对平行金属板，板长为L，板间距离为d。一带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度v0射入。若仅在M、N板加恒定电压，则粒子恰好从M板右侧边缘以速率v1射出，在电场中运动时间为t1；若仅在M、N板间加垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好从N板右侧边缘以速率v2射出，其运动时间为t2。不计粒子受到的重力。则
( )
A. 粒子在电场、磁场中均做匀变速曲线运动
B. 粒子在电场、磁场中运动的时间关系为t1C. 粒子在电场、磁场中运动的速率关系为v1D. 若M、N板间同时存在上述电场和磁场，该带电粒子将在M、N板间做匀速直线运动
6.如图所示，半径为R的半球形碗，固定在可绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过半球形碗的球心O的对称轴OO′重合。转台以角速度ω匀速转动，此时碗内有两个相同的小物块A和B分别位于碗壁不同高度处，随碗一同转动且相对碗壁静止。忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 两物块受到的向心力大小相等
B. 两物块所受的摩擦力可能都为零
C. 在碗转动半圈的过程中，两物体所受重力的冲量大小相等
D. 在碗转动半圈的过程中，两物体所受合力的冲量大小相等
7.如图所示，A球、C球均带正电，B球带负电，A球在绝缘的粗糙水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60∘，mC=6mB=6m，A、B、C三球所带电荷量大小分别为qA、qB、qC，AB、BC、AC之间的库仑力大小分别为FAB、FBC、FAC，细线的拉力大小为FT，则( )
A. FBC=2FACB. FAB=12FBC
C. FT=3mgD. qA:qB:qC=1: 2:2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警．科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波在t=0.5s时刻的波形图，M、N是此波上的两个质点，平衡位置分别处于2m、4m处，图乙为质点M的振动图像，则( )
A. 该列波的传播方向沿x轴正方向B. 该列波的传播速度大小为4m/s
C. 质点N在t=2s时刻的位移为20cmD. 质点M在2s内沿x轴运动了8m
9.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的匝数n=100、总电阻r=10Ω，线圈围成的面积S=0.1m2。线圈两端与阻值R=90Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B=0.2T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A. 图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B. 从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ=0.02cs50t(Wb)
C. 电路中交流电压表的示数为45 2V
D. 线圈由图示位置转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
10.一小物块从固定斜面的底端沿斜面向上滑动，之后停在某一高度。物块初速度为v0，初动能为Ek0，初始状态机械能为E0，物块与斜面间的动摩擦因数不变，取斜面底端所在水平面为重力势能的参考平面。在该过程中，物块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t或位移x变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.小明在实验室探究物体加速度与所受合外力的关系，实验装置如图甲所示，主要实验步骤如下：
(1)调整长木板倾角来补偿阻力，使小车恰好沿长木板向下做匀速运动。
(2)保持长木板的倾角不变，绳子下端只挂一个钩码，将小车移近打点计时器，然后由静止释放，小车沿长木板向下做匀加速直线运动，得到一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz.在该次实验中，打C点时木块的速度大小为___________m/s，木块运动的加速度大小为____________m/s2。(结果均保留三位有效数字)

(3)保持绳子下端悬挂的钩码不变，在小车上放置不同数量的相同钩码，小车上钩码的个数记为n，重复实验操作步骤(2)，求出小车对应的加速度a，得到加速度a的倒数和钩码个数n的关系1a−n图像如图丙所示，已知一个钩码的质量为m0，图像中直线的斜率为k，纵轴截距为b，利用题中信息可得出小车的质量M=___________(用k,b,m0表示)
12.某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材有：
A.电压表V1(量程为3V，内阻约为5kΩ)
B.电压表V2(量程为15V，内阻约为10kΩ)
C.电流表A1(量程为0.6A，内阻约为0.2Ω)
D.电流表A2(量程为3A，内阻约为0.01Ω)
E.滑动变阻器R1(阻值0∼20Ω，额定电流3A)
F.滑动变阻器R2(阻值0∼500Ω，额定电流0.2A)
G.开关、导线若干
(1)为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选择___________，电流表应该选择__________，滑动变阻器应该选择___________。(均选填仪器前面的字母序号)
(2)要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，请把图甲中的实物电路图补充完整________。

(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U−I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。(结果均保留三位有效数字)
(4)由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。图丙中实线为小明同学按照正确的实验方法操作时作出的图线，两条虚线①②中有一条是真实图线，则下列说法正确的有___________。

A.引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小
B.引入系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大
C.图线①表示真实图线，小明同学所测电动势和内阻均偏小
D.图线②表示真实图线，小明同学所测侧电动势为真实值，内阻偏大
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，半圆形透明柱体，其横截面的半径为R，圆心为O，AB为水平直径，OS为竖直半径，现有一单色细光束从C点以与竖直方向成α的角度射入，光束折射后恰好能到达S点。已知OC= 33R,α=45∘。
(1)求该柱体的折射率n；
(2)若用该单色光垂直照射整个AB面，求光进入透明柱体后在半圆弧ASB上有光直接射出的弧长与ASB弧长的比值k。(不考虑半圆形透明柱体内的反射光)
14.如图所示，圆弧轨道固定且末端与水平面平滑连接，光滑水平面上静置b、c两小球．一轻质弹簧的左端固定在小球b上，右端与小球c接触但未连接，开始弹簧处于原长。现让小球a从圆弧轨道上距轨道底端某一高度处由静止滑下，小球a以大小为v0=10m/s的速度与小球b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后小球a返回并冲上圆弧轨道，到达最高点时被锁定。已知小球a、b、c的质量分别为ma=1kg、mb=3kg、mc=2kg。
小球均可视为质点，不计所有阻力，弹簧始终处于弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球a、b碰撞结束时小球b的速度大小；
(2)碰撞后小球a冲上圆弧轨道的最大高度；
(3)弹簧弹性势能的最大值。
15.如图甲所示，间距L=1m的足够长倾斜导轨倾角θ=37∘，导轨顶端连接阻值R=1Ω的电阻．MN左侧存在一面积S=0.6m2的圆形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。MN右侧存在着方向垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=1T。一长L=1m、电阻r=1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t=0至t=1s，金属棒ab恰好能静止在导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离经过EF，且在经过EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ=34，不计导轨电阻与其他阻力，金属棒始终与导轨接触良好，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，取g=10m/s2。求：
(1)0∼1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
(2)金属棒ab经过EF后电阻R上产生的焦耳热；
(3)金属棒ab经过EF后通过电阻R的电荷量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.洛伦兹力不做功，粒子是在电场力作用下加速的，故A错误；
B.图乙中，由左手定则判断处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向右摆动，故B错误；
C.图丙中，下端刚好与水银液面接触的软弹簧通电后，根据同向电流相互吸引可知，软弹簧收缩，离开水银面；电路断开，由于重力的作用软弹簧再次与水银面接触，再次通电跳起，如此反复，弹簧将上下振动，C正确；
D.对磁流体发电机有 qvB=Edq ，解得 E=dvB ，可通过增加磁感应强度B来增大电源电动势，故D错误．
故选C。
2.【答案】B
【解析】Ａ.入射光经空气膜上下表面反射后发生干涉，并不是被检测厚玻璃板的上下表面反射后的光发生干涉，A错误；
Ｂ.图乙中，声源远离观察者时，根据多普勒效应可知观察者接收到的声音频率减小，B正确；
Ｃ.图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后B、C做受迫振动，周期相同，C错误；
Ｄ.丁图是“泊松亮斑”，是光照射不透光的圆盘衍射形成的，不是小孔衍射，D错误。
故选Ｂ。
3.【答案】C
【解析】A.同步卫星在赤道上空，所以高塔也应该建在赤道处，故A错误；
B.根据万有引力定律可知，卫星离地面越远，受到地球的万有引力越小，故B错误；
C.塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为 m0 ，由万有引力提供向心力有
GMm0R+h02=m04π2T2R+h0
可得
h0=3GMT24π2−R
故C正确；
D.由于卫星脱离太空电梯时的角速度和同步卫星角速度相同，均为 ω0 ，而轨道高度为h的圆轨道卫星角速度 ω>ω0 ，由于
mω02(R+h)卫星受到的万有引力大于所需向心力，卫星脱离太空电梯后做近心运动，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.若供电端接 220V 直流电，无法发生互感，故不能充电，A错误；
B.已知 ω=100πrad/s ，则频率 f=ω2π=50Hz ，B错误；
C.供电端的电压有效值为 220V ，则 n1n2=220V22V=101 ，C错误；
D.由于该装置可等效为一个理想变压器，所以输出功率等于输入功率，即 P1=P2=U2I2=110W ，D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】ABC.一带电粒子从M、N左侧中央以平行于极板的速度 v0 射入；若仅在M、N板加恒定电压，粒子在恒定的电场力作用下做匀变速曲线运动，运动时间
t1=Lv0
且因为电场力做正功
v1>v0
仅在M、N板间加垂直纸面的匀强磁场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，加速度变化，不是匀变速曲线运动，粒子恰好从N板右侧边沿以速率 v2 射出，因为洛伦兹力不做功，所以
v2=v0
水平方向
t2=Lv水平
因为
v水平所以
t1v1>v2
选项AC错误，B正确；
D.在电场中
12d=12⋅EqmLv02
整理得
F电=Eq=mv02dL2
在磁场中，根据几何关系有
r−12d2+L2=r2
解得
r=d4+L2d
由洛伦力供向心为有
f=qv0B=mv02r=4mv02dd2+4L2
因为
F电−f=mv02d1L2−4d2+4L2>0
所以电场力大于洛伦兹力，则无法平衡，无法做匀速直线运动，D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查水平面的圆周运动，要明确A、B在水平面内做匀速圆周运动的向心力来源，根据向心力公式分析。恒力的冲量通过I=Ft求解，合力的冲量通过动量定理求解。
【解答】
A.两物块做匀速圆周运动，角速度相等，运动半径不相等，根据 F=mω2r 可知两物块向心力不相等，故A错误；
B.物块A的摩擦力恰好为零时，重力和支持力提供向心力，则有mω2rA=mgtan θA，
变化可得ω2=gtan θArA=gtan θARsin θA=gRcs θA，
同理可得物块B的摩擦力恰好为零时有ω2=gRcs θB，
因为 θA 与 θB 不相等，所以以上两式无法同时成立，则两物块所受的摩擦力不可能都为零，故B错误；
C.在碗转动半圈的过程中，重力不变，则两物体所受重力的冲量都为mgt，故C正确；
D.在碗转动半圈的过程中，由合力提供向心力，两物体圆周运动线速度大小不同，则根据Ft=mv2−mv1可知两物体所受合力的冲量大小不相等，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.B、C两球受力如图所示

对C球由力的平衡条件可得
FBC=12FAC= 33mCg=2 3mg
故A错误；
BC.对B球由力的平衡条件有
FT⋅sin60∘=FAB⋅sin30∘+FCB
FT⋅cs60∘=FAB⋅cs30∘+mBg
解得
FAB= 3mg=12FBC,FT=5mg
故B正确，C错误；
D.由
FBC=12FAC
FAB=12FBC
以及库仑定律
F=kq1q2r2
可得
qA:qB:qC=2:1:4
D错误。
故选B。
8.【答案】AB
【解析】A.根据图乙可知，在 t=0.5s 时刻，质点M沿y轴负方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴正方向，故A正确；
B.根据图甲可知波长
λ=4m
根据图乙可知周期
T=1.0s
则波传播速度大小为
v=λT=4m/s
故B正确；
C.在 t=0.5s 时刻，质点N处于平衡位置且沿y轴正方向运动，由于
Δt=1.5s=T+12T
则质点N在
t=2s
时刻，处于平衡位置且沿y轴负方向运动，故C错误；
D.机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故选AB。
9.【答案】ACD
【解析】A.图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为 abcda ，A正确；
B.从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量 Φ 随时间t变化的关系式为
Φ=Φmsinωt=BSsinωt=0.02sin50t(Wb)
B错误；
C.电动势的最大值
Em=nBSω=100×0.2×0.1×50V=100V
则电动势的有效值
E=Em 2=100 2V=50 2V
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数
U=ER+rR=50 290+10×90V=45 2V
C正确；
D.线圈由图示位置转过 90∘ 的过程中，通过电阻R的电荷量
q=IΔt=nΔΦΔt(R+r)⋅Δt=nΔΦR+r=nBSR+r=100×0.2×0.190+10C=0.02C
D正确。
故选ACD。
10.【答案】AC
【解析】A.设斜面倾角为θ，上滑过程中加速度大小不变，设为a，则
v=v0−at
故A项正确；
B.上滑过程中的位移
x=v0t− 12 at2
重力势能
Ep=mgh=mgxsin θ=mgsin θ(v0t− 12 at2)
Ep−t图像是一条抛物线，故B项错误；
C.根据动能定理可得
−max=Ek−Ek0
解得
Ek=Ek0−max
故C项正确；
D.由于物块要克服摩擦力做功，所以其机械能一直减小，由功能原理知
fΔx=ΔE
得E−x图像的斜率绝对值等于摩擦力f，所以图像的斜率绝对值不变，故D项错误。
故选AC。
11.【答案】 0.442 1.19 (bk−1)m0
【解析】(2)[1]相邻两计数点间的时间间隔
T=5×150s=0.1s
根据某段匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于该段的平均速度，可知打C点时的速度大小为
v=xBC+xCD2T=3.84+5.002×0.1×10−2m/s=0.442m/s
[2]根据逐差法求出小车运动的加速度大小为
a=xCE−xAC(2T)2=5.00+6.23−2.62−3.84(2×0.1)2×10−2m/s2≈1.19m/s2
(3)[3]由牛顿第二定律可知
m0g=M+(n+1)m0a
可得
1a=1gn+M+m0m0g
由图可知
k=1g ， b=M+m0m0g
解得
M=bk−1m0
12.【答案】A C E 1.47 1.76 AC
【解析】(1)[1] [2] [3]干电池的电动势约为 1.5V ，所以电压表选A，滑动变阻器F的最大阻值过大，在调节时电路中电流都很小，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的E，此时在滑动变阻器的调节范围内，电路中电流可控制在 0.6A 以内，所以电流表应选择C。
(2)[4]由于干电池的内阻较小，电压表的内阻远远大于干电池的内阻，而电流表的内阻与干电池的内阻相差不大，表明电压表的分流影响小于电流表的分压影响，则为了尽量减小电表内阻对测量结果的影响，实物连接如图所示。
(3)[5][6]根据路端电压与电流的关系
U=E−Ir
可知图像纵截距表示电源电动势，则
E=1.47V
图像斜率绝对值表示电源内阻，则
r=1.47−Ω≈1.76Ω
(4)[8]AB.小明实验时，引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小，A正确，B错误；
CD.当外电路短路时，电压表分流为0，短路电流相同，即小明作出的图线和真实图线与横轴交点相同，图线①表示真实图线，根据图线可知所测电动势和内阻均偏小，C正确，D错误。
故选AC。
13.【答案】(1) 2 ；(2) 12
【解析】(1)根据几何关系可知，折射角的正弦值
sinr=OC R2+OC2=12
根据光的折射定律，有
n=sinαsinr= 2
(2)若用该单色光垂直照射整个 AB 面，设从F点射入的光线，折射后经过E点刚好发生全发射，如图所示
根据反射条件有
sinC=1n
解得
C=45∘
根据对称性，在半圆弧 ASB 上有光透出的弧长所对圆心角
θ=2C=90∘
则透光弧长与 ASB 的比值
k=12
14.【答案】(1) 5m/s ；(2) 1.25m ；(3) 15J
【解析】(1)小球a、b发生弹性碰撞过程中系统动量守恒，取水平向右为正方向，有
mav0=mava+mbvb
根据系统机械能守恒有
12mav02=12mava2+12mbvb2
可得
va=−5m/s ， vb=5m/s
(2)碰撞后小球a沿圆弧轨道上滑，根据机械能子恒定律有
magH=12mava2
解得
H=1.25m
(3)弹簧压缩最短时，弹性势能最大，此时小球b与小球c共速，取水平向右为正方向，根据动量守恒有
mbvb=mb+mcv1
解得
v1=3m/s
弹簧弹性势能的最大值
Ep=12mbvb2−12mb+mcv12
解得
Ep=15J
15.【答案】(1) 0.3A ， 0.05kg ；(2) 0.0045J ；(3) 0.03C
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得 0∼1s 内回路中的感应电动势
E=ΔΦΔt=S⋅ΔBΔt=0.6V
根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流
I=ER+r=0.3A
设金属棒 ab 的质量为m，这段时间内金属棒 ab 受力平衡，即
mgsinθ=B1IL
解得
m=0.05kg
(2)设金属棒 ab 经过 EF 时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势
E′=B1Lv
回路中的电流
I′=E′R+r
导体棒 ab 受力平衡，即
B1I′L=mgsinθ
解得
v=0.6m/s
设金属棒 ab 从经过 EF 到最终停下的过程中下滑的距离为x，根据功能关系有
Q总=mgxsinθ+12mv2−μmgxcsθ
又
mgsinθ−μmgcsθ=0
电阻R上产生的焦耳热
QR=RR+rQ总=0.0045J
(3)设金属棒 ab 从经过 EF 到最终停下的过程中，回路中的平均电流为 I ，经历时间为t，对金属棒 ab 根据动量定理有
−B1IL+mgsinθ−μmgcsθt=0−mv
且
q=It
解得
q=0.03C