2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县第四中学高二下学期开学摸底考试（平行班）物理试题含解析

  衡阳县四中2022-2023学年高二下学期开学摸底考试

物理试卷 （平行班）

一、选择题（本大题一共12个小题，每题4分，共48分，每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）

1. 真空中，两个完全相同的金属小球，分别带有+2Q和的电荷量，当它们相距为r时（可视为点电荷），它们之间的库仑力大小为F。若把它们接触后分开，置于相距为2r的两点，则它们之间的库仑力大小将变为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由库伦定律得

把它们接触后分开，根据电荷先中和再平分可得，每个小球带电量为,相距为2r，则

故C正确，ABD错误。

故选C。

2. 如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个α粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，α粒子先后通过M点和N点。在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（　　）

A. α粒子在N点的电势能比在M点的电势能大

B. N点的电势低于M点的电势

C. α粒子在M点的速率小于在N点的速率

D. α粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大

【答案】A

【解析】

【详解】AB．α粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向向右，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知点的电势低于点的电势，α粒子在点的电势能比在点的电势能大。故A正确，B错误；

C．粒子从到，电场力做负功，则知动能减小，速率减小，故C错误；

D．根据电场线或等势面的疏密程度可知，点的等势面疏，场强小于场强，α粒子在点受的电场力小于在点受的电场力，故D错误。

故选A。

3. 如图所示，真空中平行板电容器带有绝缘手柄的A板接地，闭合电键给电容器充电后断开电键。电容器中的C点固定放置一带负电的点电荷q，q不影响电容器的电场分布。下列说法正确的是（　　）

A. 若通过手柄把A板向上平移一小段距离，则q所受的电场力变大

B. 若通过手柄把A板向左平移一小段距离，则q所受电场力变小

C. 若紧靠B板插入一块有机玻璃板，则q的电势能变小

D. 若紧靠B板插入一块等大的铁板，则q的电势能不变

【答案】D

【解析】

【详解】电容器充电后断开电键，电量不变。

A．若保持正对面积不变，把板上移，电容器的电容

解得

电场强度与电荷量和正对面积有关，与两极板距离无关，故A错误；

B．向左移动A板，正对面积减小，则电场强度增大，根据公式

故q所受电场力变大，故B错误；

C．电容器中的C点固定放置一带负电的点电荷q，则

紧靠B插入有机玻璃板，可知增大，则电容器的电容C变大，E变小，q电场力减小，则电荷向下运动，电场力做负功，则负电荷q的电势能变大，故C错误；

D．紧靠B插入一块铁板相当于两极板间距离变小，电荷量不变，正对面积不变，所以电场强度不变，则电荷q静止，故q的电势能不变，故D正确。

故D正确。

4. 滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大

B. 若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小

C. 若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大

D. 若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值变大

【答案】A

【解析】

【详解】A．若将a、c两端连在电路中，滑动变阻器的左侧接入电路，当滑片OP向右滑动时，变阻器接入的阻值增大，A正确；

B．若将a、d两端连在电路中，滑动变阻器的左侧接入电路，当滑片OP向右滑动时，变阻器接入的阻值增大，B错误；

C．若将b、c两端连在电路中，滑动变阻器的右侧接入电路，当滑片OP向右滑动时，变阻器接入的阻值减小，C错误；

D．若将a、b两端连在电路中，滑动变阻器的总阻值接入电路，当滑片OP向右滑动时，变阻器接入的阻值一定，D错误。

故选A。

5. 如图所示，R1＝R3＜R2＝R4。在A、B两端接上电源后，比较各电阻消耗电功率P的大小（　　）

A. P1=P3<P2=P4 B. P2>P1>P4>P3

C. P2>P1>P3>P4 D. P1>P2＞P4>P3

【答案】C

【解析】

【详解】R3与R4并联，电压相等，R3<R4，根据公式

得知

通过R1的电流大于通过R3的电流，R1=R3，根据公式

得知

R1与R2串联，电流相等，而R1<R2，根据公式

得知

所以

故ABD错误。C正确。

故选C。

6. 太阳表面温度高达6000℃，内部不断进行核聚变反应，并且以辐射方式向宇宙空间发射出巨大的能量.据估计，每三天太阳向地球辐射的能量，就相当于地球所有矿物燃料能量的总和.太阳能通过四个渠道被人类利用（转化和储存），这四个渠道是：①被植物、微生物吸收；②使大气和水升腾循环；③被海洋吸收；④被直接利用.你认为以下能源中不是由太阳能转化的是（    ）.

A. 煤 B. 石油 C. 天然气 D. 核能

【答案】D

【解析】

【详解】煤、石油、天然气均属于石化能源，来源于太阳能，核能不是来自太阳能，而是来自原子核。

A. 煤与分析不符，故A错误。

B. 石油与分析不符，故B错误。

C. 天然气与分析不符，故C错误。

D. 核能与分析相符，故D正确。

7. 如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知（　　）

A. 此感应电动势的瞬时表达式为

B. 此感应电动势的瞬时表达式为

C. s时，穿过线圈的磁通量为零

D. s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AB．感应电动势的瞬时表达式为

从图像中可以获得

代入上式，可得

故A错误；B正确；

C．t=0.01s时，感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量为最大。故C错误；

D． t=0.02s时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率也为零。故D错误。

故选B。

8. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块A，并留在其中、在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）

A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能守恒

C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量、机械能都不守恒

【答案】C

【解析】

【详解】①设子弹质量为m，A木块的质量为m1，子弹初速为v0，则子弹在打进木块A的过程中，有

前后动能减小量为

根据实际情况，减小的这部分动能转化为了内能，即机械能不守恒；

②对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统合外力至始至终都为零，满足动量守恒的条件，系统动量守恒；

综上所述，则系统动量守恒，机械能不守恒，故ABD错误，C正确。

故选C。

9. 如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm。则质点的振动周期和振幅分别为（　　）

A. 3s，6cm B. 4s，9cm

C. 4s，6cm D. 2s，8cm

【答案】C

【解析】

【详解】做简谐运动的质点，先后以相同的速度通过M、N两点，可判定M、N两点关于平衡位置O对称，所以质点由M到O所用的时间与由O到N所用的时间相等，则质点由平衡位置O到N点所用的时间t1=0.5s；因通过N点后再经过t=1s质点以方向相反、大小相等的速度再次通过N点，则知质点从N点到最大位移处所用的时间t2=0.5s，因此，质点振动的周期是

题中2s内质点通过的总路程为振幅的2倍，所以振幅

故选C。

10. 甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距，距离墙均为，当甲开了一枪后，乙在时间后听到第一声枪响，则乙听到第二声枪响的时间为（　　）

A. 听不到 B. 甲开枪后 C. 甲开枪后 D. 甲开枪后

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】乙听到的第一声枪响必然是甲放枪的声音直接传到乙的耳中，故

甲、乙二人及墙的位置如图所示

乙听到的第二声枪响必然是墙反射的枪声，由反射定律可知，波线如图中和，由几何关系可得

故第二声枪响传到乙的耳中的时间为

故选C。

11. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当某单色光垂直入射后，从上往下看到亮暗相间的干涉条纹如图乙所示。下面关于条纹的说法正确的是（　　）

A. 任意相邻暗条纹所对应的薄膜厚度差随其厚度增加而增大

B. 任意一条亮条纹所在位置对应的空气薄膜厚度不一定相等

C. 若仅在图甲装置中抽去一张纸片，则图乙所示干涉条纹将变密

D. 若仅减小垂直入射的单色光频率，则图乙所示干涉条纹将变疏

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据 任意相邻暗条纹所对应的薄膜厚度差不变，都是半波长，故A错误；

B．任意一条亮条纹所在位置对应的空气薄膜厚度一定相等，故B错误；

C．根据，若仅在图甲装置中抽去一张纸片，d变小，则图乙所示干涉条纹间距变大，条纹将变疏，故C错误；

D．根据，若仅减小垂直入射的单色光频率，波长增大，则图乙所示干涉条纹间距变大，条纹将变疏，故D正确。

故选D。

12. 如图所示，带正电粒子刚进入匀强磁场时，所受到的洛伦兹力的方向垂直纸面向外的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁场的方向是向外的，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向是向下的，故A错误；

B．磁场的方向是向里的，负电荷向上运动，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向是向右的，故B错误；

C．磁场方向水平向右，负电荷向上运动，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向是向外的，故C正确；

D．磁场的方向是向上的，负电荷向上运动，电荷运动方向和磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，故D错误。

故选C。

二、填空题（本大题共4个小题，每空2分，共20分）

13. 在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时，摆球的密度应选得_____些（填“大”或“小”），如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是______m．如果测定了40次全振动的时间如图秒表所示，那么秒表读数是______s，单摆的摆动周期是______s．

【答案】    ① 大    ②. 0.8740    ③. 75.2    ④. 1.88

【解析】

【详解】[1][2]为减小空气阻力对实验影响，实验时应选择体积比较小质量比较大的球作为摆球，即选择密度较大的球做摆球．由图所示可知，摆球下端随对应刻度尺示数为88.40cm，单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为

88.40-1.00=87.40cm=0.8740m

[3][4]由图所示秒表可知，分针示数为1min=60s，秒针示数为15.2s，则秒表示数为

60s+15.2s=75.s

则单摆周期

14. 用如图等臂天平可测量磁感应强度B，天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L，共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方向，从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向垂直纸面向___________，磁感应强度大小___________。（已知重力加速度g）

【答案】    ①. 外    ②.

【解析】

【详解】[1]由题知，当电流改为反方向时（大小不变），从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，天平重新平衡，说明电流反向后，线框所受的安培力方向由原来的向上变成向下，即开始线圈所受安培力的方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度B的方向垂直纸面向外。

[2]开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，安培力大小变化量等于所移动砝码重力的2倍，根据天平平衡有

解得

15. 试探电荷q1放在电场中的A点，电势能为E（规定无限远处电势能为零），A点的电势为____，若把试探电荷q1换成电荷q2放在电场中的A点，A点的电势___（仍规定无限远处电势能为零）。

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】

【详解】[1]A点的电势为

[2]若把试探电荷q1换成电荷q2放在电场中的A点，A点的电势不变，仍为。

16. 根长2m的直导线，通有0.6A的电流，全部置于磁感应强度为0.1T的匀强磁场中。如果直导线与磁场的方向垂直，则其所受的安培力大小为_______N；如果直导线与磁场的方向平行，则其所受的安培力大小为_______；

【答案】    ①. 0.12    ②. 0

【解析】

【详解】[1][2] 如果直导线与磁场的方向垂直，则其所受的安培力大小为

如果直导线与磁场的方向平行，则其所受的安培力大小为0。

三、实验题（本大题共2个小题，共20分）

17. 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。

实验小组在利用图1电路测量，可供选择的器材有：

电流表（0~0.6A），电流表（0~3A）

电压表（0~3V），电压表（0~5V）

滑动变阻器(，)，滑动变阻器(，)

定值电阻为

开关S及导线若干

（1）为了较准确地测出电源的电动势和内阻，请根据图1的电路图补充完成图2的实物连线。（        ）

（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______。（填写题中对应器材的符号）

（3）利用电路图进行实验，改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据描出点如图3所示。

（4）此干电池的电动势E=________V，内阻r=________。

（5）由于电压表、电流表存在内阻，实验小组利用图1电路测量的电池的内阻较真实值________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】    ①.     ②. A1    ③. V1    ④. R1    ⑤. 1.55    ⑥. 0.4    ⑦. 偏小

【解析】

【详解】（1）[1]实物连线图，如图所示，注意电压表接线。

（2）[2]由于电源电压较低，电流较小，应选择较小量程的电表测量，且不超出量程，电流表应选A1。

[3]电压表应选V1。

[4]由于电池内阻较小，为获得较为效果明显的调节，选择的滑动变阻器的最大阻值应接近于电池内阻与的阻值的和，应选合适。

（4）[5]由闭合电路欧姆定律可得

整理可得

根据电源图线与纵轴交点可知该电源的电动势为1.55V。

[6] 图像斜率

即

解得

（5）[7]由于电压表与滑动变阻器并联，有分流作用，导致电流表的电流小于流经电源的电流，使图像向下移，测得内阻比真实值偏小。

18. 某位同学用如图所示装置，通过两球的碰撞来“验证动量守恒定律”。

（1）实验中必须满足的条件是___________。

A．轨道尽量光滑        B．轨道末端的切线水平

C．两球的质量必须相等    D．两球的半径必须相等

（2）测量所得入射小球的质量为，被碰小球的质量为，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置；再将入射小球从斜轨上起始位置由静止释放，与被碰撞小球相撞，分别找到两小球相撞后的平均落点。则___________是第一次入射小球的落点，___________是第二次入射小球的落点；若落点与O的间距OP、OM、ON满足表达式，则两球的碰撞为___________（填“弹性”或“非弹性”）碰撞。

【答案】    ①. BD##DB    ②. N    ③. M    ④. 弹性

【解析】

【详解】（1）[1]A．验证两小球碰撞过程动量守恒，轨道是否光滑，不影响实验结果，故A错误；

B．轨道末端的切线必须水平，这样才能保证小球做平抛运动，故B正确；

CD．两小球必须发生正碰，半径必须相等，质量要求入射小球质量大于被碰小球的质量，故C错误，D正确。

故选BD。

（2）[2][3]两小球碰撞过程由动量守恒可知

入射小球碰撞后速度减小，又小球碰撞后做平抛运动，由

，

可得平抛水平位移

所以入射小球碰撞后水平速度减小，水平位移减小；又本实验为了防止入射小球反弹，要求，所以

所以N是第一次入射小球的落点，M是第二次入射小球的落点，P是被碰撞小球的落点。

[4]根据动量守恒有

若碰撞为弹性碰撞，根据能量守恒有

联立解得

所以两球的碰撞为弹性碰撞。

四、计算题（本大题共2题，共12分，解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的计算步骤，只写出最后答案的不能得分）

19. 在图所示的并联电路中，保持通过干路的电流不变，增大的阻值。

(1)和两端的电压怎样变化？增大还是减小？

(2)通过和的电流和各怎样变化？增大还是减小？

(3)并联电路上消耗的总功率怎样变化？增大还是减小？

【答案】(1)增大；(2) I1减小；I2增大；(3) P增大

【解析】

【详解】(1)由于R1的阻值增大，导致并联电路的阻值R增大，R1和R2上的电压U=IR，干路上的电流I不变，所以R1和R2上的电压U增大；

(2)R2上的电流

因为电压U大，所以R2上的电流I2增大R1上的电流

I1=I-I2

因为干路上的电流I不变，R2上的电流I2增大，所以R1上的电流I1减小；

(3)并联电路上消耗的总功率P=UI，因为干路上的电流I不变，电压U增大，所以总功率P增大。

20. 一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为方向与ad边夹角为30°，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。

（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求的大小；

（2）若粒子带正电，使粒子能从ad边射出磁场，求的最大值。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）带电粒子带负电，其轨迹如图

由图可知

据牛顿第二定律

则

（2）带电粒子带正电，当最大值恰好和ab边相切，轨迹如图

由几何关系得

得

据牛顿第二定律

则