2023-2024学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（下）学期开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（下）学期开学考试物理试卷（含解析），共16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.在图1中，运动员落地总是要屈腿，在图2中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图3中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图4中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 图1目的是为了减小地面对人的作用力B. 图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同
C. 图3中球棒对垒球的冲量为零D. 图4中小物块动量不变
2.如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态
下列说法正确的是
( )
A. 地面对M的摩擦力方向向右B. 地面对M的摩擦力方向向左
C. M对m的摩擦力方向向右D. M对m的摩擦力方向向左
3.如图所示，a,b,c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点。a, b电势分别为，下列叙述正确的是( )
A. 该电场在c点处的电势一定为5V
B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb
C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a
4.下列说法正确的是
A. 图甲中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图中所示(与线圈共面)
B. 图乙中用细金属丝将直导线水平悬挂在磁铁的两极间，当通以如图所示的电流时，导线会向左摆动一定角度
C. 图丙中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流
D. 图丁中的微波炉常用来加热食物，说明电磁波具有能量
5.全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，某同学自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置。如图所示，其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端。该同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，已知R′>R，有关电压表的接法及示数变化下列说法正确的是( )
A. 接在bd之间，当油量减少时电压表示数减小
B. 接在bd之间，当油量减少时电压表示数增大
C. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数减小
D. 接在bc之间，当油量减少时电压表示数增大
6.阻值相等的三个电阻R、电容为C的平行板电容器、电动势为E且内阻可以忽略的电源与开关S连接成如图所示的电路，其中电源负极接地。开始时，开关S断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的P点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 若将电容器上极板上移少许，则P点的电势升高
B. 若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C. 闭合S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加CE3
D. 闭合S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为13g
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示，a、b两端的电压为9V，三个电阻的阻值分别为R1=R2=6Ω、R3=3Ω，下列说法正确的是
( )
A. R1、R2、R3两端的电压之比为2∶1∶1
B. R1、R2、R3消耗的电功率之比为1∶1∶2
C. 在相等的时间内，通过R1、R2、R3的电荷量之比为2∶2∶1
D. 在相等的时间内，R1、R2、R3产生的焦耳热之比为1∶1∶2
8.2021年9月16日，神舟十二号载人飞船与空间站天和核心舱在轨运行90天后成功实施分离，三名航天员在踏上回家之路前，完成了绕飞和径向交会对接试验，经过两小时的绕飞和三次姿态调整后，神舟十二号飞船来到节点舱的径向对接口正下方，从相距200m向相距19m靠近，飞船与核心舱的轨道半径分别为r飞和r核，运行周期分别为T飞和T核，下列说法正确的是( )
A. 飞船靠近天和核心舱过程中，向心加速度逐渐增大
B. 飞船靠近天和核心舱过程中，所在轨道处的重力加速度逐渐增大
C. 交会对接试验过程中，飞船发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力
D. 交会对接试验过程中应满足r飞3r核3=T飞2T核2
9.如图示所示的电路中，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器，电源电动势为E，内阻为r，电压表与电流表均为理想电表．在可变电阻R3的滑片由a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A. 电流表的示数减小B. 电压表的示数减小
C. 电容器的电荷量逐渐减少D. 电源的输出功率一定增大
10.如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.1kg，电荷量为−2.0×10−8C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴向左运动．电场力做的功W与物块坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.3,3)的切线．则下列说法正确的是( )
A. 此电场一定是匀强电场
B. 电场方向沿x轴的正方向
C. 点x=0.3m处的场强大小为1.0×10−5N/C
D. x=0.3m与x=0.7m间的电势差是100V
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点放置带有长方形遮光条的滑块，其总质量为M，左端由跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量为m的小球相连；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的时间t，用L表示A点到光电门B处的距离，d表示遮光片的宽度，将遮光片通过电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．

图甲

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图乙所示，由此读出d=______cm．
(2)某次实验测得气垫导轨的倾斜角为θ，重力加速度用g表示，滑块从A点到B点过程中，m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=______，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=______，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep，则可认为系统的机械能守恒．
12.在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A.电池组，(E=3V，内阻约1Ω)
B.电流表，(0−−3A，内阻约0.0125Ω)
C.电流表(0−0.6A，内阻约0.125Ω)
D.电压表(0∼3V，内阻约4kΩ)
E.电压表(0∼15V，内阻约15kΩ)
F.滑动变阻器(0−2000Ω，允许最大电流0.3A)
G.滑动变阻器(0−20Ω，允许最大电流1A)
H.开关、导线若干
(1)实验选择的器材有_________(填写仪器前字母代号)
(2)若用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图1，则读数为___________mm；
(3)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻在组成电路时，请在图2虚线框内画出应采用的实验原理图__________，且此原理图使得待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选填：“大”或“小”；)
(4)若用L表示金属丝长度，d表示直径，测得电阻值为R，则计算金属丝电阻率的表达式p=________．
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示电路中，电压表为理想电表，R为电阻箱，R0为阻值8Ω的定值电阻，开始时，断开电键S2，闭合电键S1，调节电阻箱的阻值为0时，电压表的示数为8V，调节电阻箱的阻值为10Ω时，电压表的示数为9V，已知电动机的额定电压为4V，正常工作时输出的机械功率为1.5W，电动机线圈电阻为2Ω，求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)将电阻箱的电阻调到某一个值后闭合电键S2，电动机恰好能正常工作，则电阻箱调节后接入电路的电阻为多少。
14.如图所示，“冰雪游乐场”滑道B点的左边为水平滑道，右边为半径R=6.4m的圆弧滑道，左右两边的滑道在B点平滑连接。小孩乘坐冰车从圆弧滑道顶端A点由静止开始出发，半径OA与竖直方向的夹角为θ=60°，经过B点后，被静止在C点的家长迅速抱住，然后一起在水平滑道上滑行。已知小孩和冰车的总质量m=30kg，家长和冰车的总质量为M=60Kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小孩乘坐冰车经过圆弧滑道末端B点时对滑道的压力N的大小；
(2)家长抱住孩子的瞬间，家长对小孩(包括各自冰车)的冲量I的大小。
15.某种空气净化装置原理如图所示，由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的均匀混合气流进入由一对平行金属板构成的集尘器。在集尘器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，在匀强电场作用下，有些带电颗粒能打到集尘板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d、板间电压恒为U，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。求：
(1)若不计空气阻力，沿中轴线进入电场的质量为m、电量为−q的颗粒打在集尘板上时的动能；
(2)若不计空气阻力，能被集尘板全部收集的颗粒比荷qm的最小值；
(3)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，颗粒所带电量的大小与其半径平方成正比，其值为q=ρr2，r为颗粒半径，k、ρ为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间即加速达到最大速度。能被集尘板全部收集的颗粒的最小半径。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
A
【详解】A.运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，时间变长则可以减小地面对人的作用力，故A正确；
B.图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不同，故B错误；
C.图3中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故C错误；
D.图4中小物块运动方向时刻变化，则动量大小不变，方向改变，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
对m受力分析，根据平衡判断出M对m的摩擦力方向；对整体分析，根据平衡判断地面对M的摩擦力方向。
解决本题的关键要灵活选择研究对象，在求系统的外力时，可考虑整体法，分析内力时，必须采用隔离法；会正确的进行受力分析，知道物体平衡时，合力等于0。
【解答】
AB.对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对M有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对M无摩擦力作用，故A错误，B错误；
CD.对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡知，M对m的摩擦力向右，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V；电场力做功情况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，电场线的疏密可以判断场强的大小；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同。
【解答】
A.当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为5V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为5V，故A错误；
B.一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb，故B错误；
C.由题可知，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确；
D.由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】本题主要是考查安培定则、电流周围的磁场、左手定则、感应电流的产生条件等知识，关键是弄清楚题中图象所描述的情景，根据产生感应电流必须同时满足两个条件可判断；根据左手定则可知通电导线在磁场中受到的力；根据右手螺旋定则可知环形电流产生的磁场方向即可．。
【解答】
A. 根据右手螺旋定则可知环形电流产生的磁场方向垂直纸面向外，故小磁针静止时垂直纸面且N极指向外，A错误；
B. 通电导线在磁场中与磁场方向不平行时，会受到磁场力的作用，根据左手安培定则会向右摆动一定角度，B错误；
C. 产生感应电流必须同时满足两个条件，一是回路闭合，二是磁通量发生变化，线框在磁场中运动时，磁通量不变，故不能产生感应电流，C错误;
D. 微波炉加热食物过程中，食物中的水分子在微波的作用下热运动，内能增加，温度升高，食物增加的能量是微波给它的，可见电磁波具有能量，故 D正确;
5.【答案】D
【解析】D
【详解】可将 R′ 看成是电源的等效内阻，根据闭合电路欧姆定律可知接在 bc 处比接在 bd 处电压表变化更明显，所以接 bc ，当油量减少时，指针上滑，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压表示数变大。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.根据
E=Ud
开关S断开，电容器与左侧定值电阻并联，电容器电势差不变。若将电容器上极板上移少许，电场强度减小。由于电容器下极板接地，电势为零，则P点的电势降低，A错误；
B.减小电容器两极板的正对面积，电势差与两极板间距不变，则电场强度不变，则液滴保持静止，B错误；
C.开关S断开时，电容器电势差为
U1=RR+RE=12E
闭合S，根据电路结构，电容器电势差为
U2=RRR+RR+RRR+R=13E
则电容器电荷量减少量为
ΔQ=CU1−CU2=CE6
C错误；
D.原来液体平衡时
mg=qU1d
断开S后，电场力变为
F=qU2d=23mg
则液滴加速度大小为
a=mg−23mgm=13g
D正确。
故选D。
7.【答案】BD
【解析】解：A、电路中的总电阻为R=R3+R1R2R1+R2=3Ω+6×66+6Ω=6Ω
，电路中的电流I=UR=96A=1.5A，则R3两端电压U3=IR3=1.5×3V=4.5V，并联部分两端电压为U并=I⋅R1R2R1+R2=1.5×6×66+6V=4.5V，所以R1、R2、R3两端的电压之比为1：1：1，故A错误；
B、根据公式P=U2R可得R1、R2、R3消耗的电功率之比为1：1：2，故B正确；
C、根据欧姆定律I=UR可知，通过R1、R2、R3的电流之比为1：1：2，根据I=qt可得在相等时间内通过R1、R2、R3的电荷量之比为等于通过它们的电流之比，即为1：1：2，故C错误；
D、根据Q=I2Rt可以得到在相等时间内产生的焦耳热之比为1：1：2，故D正确。
故选：BD。
根据串并联电路的电压规律可以得到各个电阻两端的电压之比；根据公式P=U2R可以得到电阻消耗的电功率之比；根据I=qt可以得到通过它们的电荷量之比；根据焦耳定律可以得到产生的焦耳热之比。
熟练掌握串并联电路的电压规律先得到各个电阻两端电压之比是关键，然后根据相应的公式即可得到相应的比值。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.交会对接试验过程中，神舟十二号飞船与天和核心舱径向交会对接，角速度大小相同，保持不变，飞船轨道半径逐渐增大，向心加速度
an=ω2r
逐渐增大，A正确；
B.根据
GMmR+h2=mg′
可得
g′=GM(R+h)2
飞船靠近天和核心舱过程中h增大，所以所在轨道处的重力加速度逐渐减小，B错误；
C.交会对接试验过程中，飞船做离心运动的同时做加速运动，所以发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力，C正确；
D.交会对接试验过程中， T飞=T核 ，D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】.BC
【详解】可变电阻R3的滑片由a端向b端滑动的过程中，R3的阻值减小，总电阻减小，总电流变大，即电流表的示数变大，电源内阻及R1上的电压变大，可知电压表示数减小，选项A错误，B正确；电容器两端的电压变小，可知电容器带电量变小，选项C正确；因不明确电源内阻与外电阻的关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项D错误；故选BC．
【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化．
10.【答案】BD
【解析】.BD
【详解】根据W=Eqx可知，滑块B向左运动的过程中，随x的增加图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，此电场一不是匀强电场，选项A错误；滑块B向左运动的过程中，电场力对带负电的电荷做正功，则电场方向沿x轴的正方向，选项B正确；点x=0.3m处的场强大小为 F=Eq=k=3×10−60.6−0.3=1.0×10−5 ，则 E=Fq=1.0×10−52.0×10−8V/m=500V/m ，选项C错误；x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10−6J，可知电势差是 U=Wq=2×10−62.0×10−8V=200V ，选项D正确；故选BD．
11.【答案】(1)0.225；(2)(M+m)d22t2，(m−Msinθ)gL。
【解析】【分析】
本题处理关键是了解光电门测量瞬时速度的原理，验证机械能守恒实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面。(1)结合游标卡尺的读数原则进行，注意精度和有效数位；(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；根据起末点的速度可以求出动能的增加量，根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量。
【解答】
(1)主尺刻度为2mm，游标尺刻度第5个格对齐，为0.05 mm×5，故读数为d=2mm+0.05 mm×5=2.25mm=0.225cm；
(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，滑块通过光电门B速度为：v=dt；滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：ΔEk=12(M+m)(dt)2=(M+m)d22t2；系统的重力势能减少量可表示为：ΔEp=mgL−MgLsinθ=(m−Msinθ)gL。
12.【答案】 CDGH; 0.900; 图见解析; 小; (πd2R)4L ;
【详解】(1)流过金属丝的最大电流 Im=ER+r=0.5A A，故电流表选C，电池组电压又是3 V，电压表选D;
因为待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选G;
另外导线、开关要选，所以要选 H
(2)从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，
所以螺旋测微器的读数为 0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm
(3)由于电压表的内阻远远大于待测电阻，所以应该用电流表外接的方法，电路图如图所示：
由于电压表的分流，导致测量的电流变大，所以电阻测量偏小，
(4)根据电阻的决定式 R=ρLS=ρ4Lπd2
解得： ρ=πd2R4L
故本题答案是：(1). CDGH； (2). 0.900 (3).图见解析； 小； (4) πd2R4L
点睛：在选电压表电流表时要注意使用是要保证电流偏过量程的 13 以减小误差，在设计电路时要根据待测电阻与滑动变阻器之间的关系确定是分压电路还是限流电路．

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)根据题意，设电源电动势为E，内阻为r，由闭合回路欧姆定律U=E−Ir，断开电键S2，闭合电键S1，调节电阻箱的阻值为0时，结合欧姆定律I=UR有U1=E−U1R0r，
调节电阻箱的阻值为10Ω时，有U2=E−U2R0+Rr，
联立代入数据解得E=10V，r=2Ω。
(2)根据题意可知，电动机的额定电压U=4V，
设额定电流为IM，则有P机=UIM−IM2r，
代入数据解得IM=0.5A或IM=1.5A，
由欧姆定律I=UR可得，流过电阻R0的电流为I0=48A=0.5A，
当IM=0.5A时，流过电阻箱R的电流为I′=IM+I0=1A，
电阻箱R两端的电压为U′=E−I′r−4V=4V，
则接入电路中电阻箱的阻值为R=U′I′=4Ω，
当IM=1.5A时，流过电阻箱R的电流为I′′=IM+I0=2A，
电阻箱R两端的电压为U′′=E−I′′r−4V=2V，
则接入电路中电阻箱的阻值为R=U′′I′′=1Ω。

【解析】本题考查闭合电路欧姆定律与非纯电阻，对于非纯电阻，不能直接对其使用欧姆定律，但是可以根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点，分析电路其他部分的电压与电流，进而可得到其电压与电流，P总=UI是总功率，热功率是P热=I2R，输出功率P出=P总−P热。
14.【答案】解：(1)在轨道最低点，对小孩由牛顿第二定律可知：N−mg=mvB2R
从最高点到最低点，对小孩根据机械能守恒定律得：mgR(1−csθ)=12mvB2
联立解得：N=600N，vB=8m/s
根据牛顿第三定律可知小孩对轨道的压力为600N
(2)家长抱住小孩的瞬间，根据动量守恒有：mvB=(M+m)v，解得：v=83m/s
根据动量定理有：I=mv−mvB=30×83N⋅s−30×8N⋅s=−160N⋅s
即家长对孩子的冲量大小为 I=−160N⋅s
答：
(1)小孩乘坐冰车经过圆弧滑道末端B点时对滑道的压力N的大小为600N；
(2)家长抱住孩子的瞬间，家长对小孩(包括各自冰车)的冲量I的大小为−160N⋅s。
【解析】(1)根据机械能守恒求得到达B点的速度，结合牛顿第二定律求得滑到对人的支持力，据牛顿第三定律求出人对轨道压力；
(2)根据动量定理求得家长对小孩的冲量大小；
本题主要考查了机械能守恒定律和动量定理，关键是正确的分析运动过程，明确受力即可判断。
15.【答案】(1) Ek=12mv02+12qU ；(2) qm=2d2v02UL2 ；(3) r=kd2v0ρLU
【详解】(1)根据动能定理
qU2=Ek−12mv02
解得颗粒打在集尘板上时的动能
Ek=12mv02+12qU
(2)若颗粒从上板下边缘进入经电场偏转后能打在集尘板上，则该种颗粒能全部被收集，其中打在右边缘上的颗粒比荷最小，则
E=Ud
根据牛顿第二定律
qE=ma
颗粒做类平抛运动，则
d=12at2
L=v0t
联立解得
qm=2d2v02UL2
(3)因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，沿板方向与空气无相对运动，不受阻力。从上板下边缘进入的颗粒沿直线匀速运动至下板右边缘的颗粒恰能全部被收集，其半径最小，设颗粒沿电场方向的速度为 vy ，则
qE=krvy
颗粒做类平抛运动，有
L=v0t
d=vyt
又因为
q=ρr2
联立解得
r=kd2v0ρLU

【解析】详细解答和解析过程见答案