2023-2024学年山东省东营市利津县高级中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省东营市利津县高级中学高二（下）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，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2021年10月24日，我国成功将实践二十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．卫星两翼的太阳能电池板把太阳能转化为电能供卫星使用．关于电源和电流，下列说法正确的是
A. 干电池、蓄电池对外供电时，电能转化为化学能
B. 在电源内部，电源把电子由正极搬运到负极，把其他形式的能转化为电势能
C. 电流既有大小又有方向，它是一个矢量
D. 只要物体两端电势差不为零，就有电流存在
2.如图，灯L上标有200W，电动机上标有2000W，在A、B两端加上220V的电压时，灯和电动机均正常工作，则电灯正常工作时的电阻为( )
A. 2ΩB. 1ΩC. 0.5ΩD. 3Ω
3.木块A和B用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，A紧靠在墙壁上。在B上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，对于木块A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A. 木块A尚未离开墙壁前，系统的机械能不守恒
B. 木块A尚未离开墙壁前，系统的动量不守恒
C. 木块A离开墙后，系统的机械能不守恒
D. 木块A离开墙后，系统的动量不守恒
4.如图所示，一根条形磁铁(下端是N极)从图示位置开始往下运动穿过闭合金属环，环中的感应电流(从上往下看)( )
A. 沿顺时针方向B. 先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C. 沿逆时针方向D. 先沿逆时针方向再沿顺时针方向
5.两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v=2m/s。下列判断正确的是
( )
A. a波的周期为3s
B. 两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向
C. t = 1.5s时，质点Q离开平衡位置的位移为4cm
D. t=1.5s时，质点M的位移为2cm
6.如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以
A. 增大S1与S2的间距B. 减小双缝屏到光屏的距离
C. 将绿光换为红光D. 将绿光换为紫光
7.某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，做出光路图如图所示。光线与玻璃砖表面aa′和bb′分别交于O点和P点，他以O点为圆心、线段OP长度为半径作圆，该圆与入射光线交于A点。过A点和P点做法线NN′的垂线，垂足分别为B点和Q点。则该玻璃砖的折射率为( )
A. n=ABPQB. n=OBOQC. n=PQOAD. n=ABOP
8.如图所示，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，顶点a、b用导线与直流电源相连接，若ab棒受到的安培力大小为6N，则整个六边形线框受到的安培力大小为( )
A. 7NB. 7.2NC. 9ND. 12N
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当开关闭合后，两小灯泡均能发光。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡L1、L2均变暗
B. 小灯泡L1变暗，小灯泡L2变亮
C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大
D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小
10.一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针S极向纸内偏转，这一束粒子可能是( )
A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束
C. 向右飞行的负离子束D. 向左飞行的负离子束
11.如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t1和t2两个时刻，|x1|>|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为( )
A. v ​1C. a ​1>a ​2，方向相同D. a ​1>a ​2，方向相反
12.某一含有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A0为粒子加速器，B0为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B，速度选择器两板间电压为U，板间距为d；C0为偏转分离器。现有比荷为k的正粒子(重力不计)，从O点由静止开始经加速后沿直线通过速度选择器，粒子进入分离器后做圆周运动的半径为R，则下列说法正确的是
( )
A. 粒子的速度为UBd
B. 粒子加速器的电压为kU22B2d2
C. 分离器的碰感应强度为UkRBd
D. 此装置可将氘核和α(He原子核)粒子束分离开
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
13.用如图甲所示的“碰撞实验器”可验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的小球A多次从斜轨上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后，把质量为m2的小球B静置于轨道末端的水平部分，再将小球A从斜轨上位置G由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：

(1)为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m1_________m2(填“<”或“>”)，为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径_________(填“需相等”或“不需相等”)，本实验________测量平抛运动的高度和时间(填“不需要”或“需要”)。
(2)若两球发生弹性碰撞，其表达式可表示为____________________(用OM、OP、ON表示)。
(3)若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为_________。
14.某校物理探究小组探究电磁感应规律的实验器材和电路如图所示，回答下列问题：
(1)用螺旋测微器测得绕制线圈B的铜线直径d如图1所示，则该铜线d=______mm；
(2)在图2中用笔画线将实验电路连接完整；
(3)连接好电路以后，实验中发现：闭合开关时，灵敏电流计的指针偏转了一下。然后开关保持闭合，线圈A保持静止，若把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，灵敏电流计的指针会______(选填“偏转”或“不偏转”)，滑片滑到最左端停止后，灵敏电流计的指针______(选填”在最大值位置”或“回到零刻度”)；
(4)通过实验可以得出：当穿过闭合回路的______发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
15.在一根长L=8m、横截面积S=7×10−4m2的铜质导线两端加4×10−3V电压。已知铜的电阻率ρ=1.75×10−8Ω⋅m，则：
(1)该导线的电阻多大?
(2)该导线中的电流多大?
(3)当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?
五、计算题：本大题共3小题，共28分。
16.如图所示，玻璃砖ABDO的横截面是半径为R的半圆，O点为半圆的圆心，S为沿OA所在的直径外的一点，从S点向半圆上发射一细束单色光到半圆上的B点，已知入射角α=60°，∠BOA=45°，玻璃砖的折射率n= 62，光在真空中传播的速度为c，求∶
(1)光线在B处的折射角β；
(2)光线在玻璃砖中的传播时间t。
17.如图所示，两根间距为L的金属导轨平行固定在绝缘水平面上，导轨的左端接有电动势为E、内阻为r的电源，导轨自身的电阻可忽略不计。导轨平面处于磁感应强度为B匀强磁场中，B与水平方向的夹角为θ。质量为m、导轨间电阻为R的金属棒ab静止在导轨上。闭合开关，金属棒ab仍保持静止。求：
(1)金属棒ab受到安培力的大小；
(2)金属棒ab受到的摩擦力的大小和方向。
18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=1.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查电源的作用及电流的特点及形成条件。解决问题的关键是知道从能量转化的角度，电源将其它形式能转化为电能的装置；电流是标量；形成电流的条件是导体两端保持有电压。
【解答】
A.干电池、蓄电池对外供电时，电池内部发生化学变化，化学能转化为电能，故A错误;
B.在电源内部，电源把电子由正极搬运到负极，这一过程要克服静电力做功，其他形式的能转化为电势能，故B正确;C.电流虽然有方向，但是它的运算法则不适用平行四边形定则，所以电流不是矢量而是标量，故C错误；
D.形成电流的条件是导体两端保持有电压，且必须是导体而非任何物体，故D错误。
2.【答案】A
【解析】由于电灯是纯电阻用电器，正常工作时有
P=UI=I2RL
整个电器的功率
PAB=PL+PD=2200W
而
UAB=220V
解得电路电流为
I= PABUAB=2200220 =10A
根据
P=I2R
得
RL=2Ω
BCD错误，A正确。
故选A
3.【答案】B
【解析】【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有系统内的弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题．
本题考查了判断动量与机械能是否守恒，应用动量守恒与机械能守恒的条件即可正确解题．
【解答】AB.当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以A和B组成的系统的动量不守恒，但由于没有外力做功，故系统的机械能守恒，故B正确，A错误；
CD.A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，由于没有外力做功，故系统机械能守恒，故CD错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】条形磁铁在金属环上方靠近金属环过程，通过金属环的原磁场方向向下，磁通量增加，根据楞次定律可知，环中的感应电流方向为逆时针方向；条形磁铁在金属环下方远离金属环过程，通过金属环的原磁场方向向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，环中的感应电流方向为顺时针方向；故条形磁铁从图示位置开始往下运动穿过闭合金属环，环中的感应电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了波的图象，解决这题要掌握分析判断质点振动方向方法，掌握波速、周期及波长的关系。由平移法分析质点的振动方向；分析a波的波长，由T=λv求解周期；分析1.5s时间与周期的关系，从而判断质点Q离开平衡位置的位移；分析a波到达M点时间，再判断t=1.5s时质点M的位移。
【解答】
A.横波a的波长为4m，则周期，故A错误；
B.根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a波起振方向向上，b波起振方向向上，故B错误；
C.横波b的波长为4m，则周期也为2s，t=1.5s时经过34T，则质点Q离开平衡位置的位移为−4cm，故C错误；
D.t=1s时，a波到达M点，再经过0.5s，即t=1.5s时，质点M的位移为2cm，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
由波的干涉中条纹的间距公式可得出为增大间距应采取的措施。
本题考查光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，不要求定量计算，但要求定性分析。
【解答】
在波的干涉中，干涉条纹的间距Δx=lλd，由公式可得，条纹间距与波长、屏之间的距离成正比，与双缝间的距离d成反比，故要增大间距应减小d或增大双缝屏到光屏的距离或增大光的波长，将绿光换为红光，波长增大，将绿光换为紫光，波长减小，故只有C正确；
故选C。
7.【答案】A
【解析】根据折射率表达式有
n=sin∠AOBsin∠POQ=ABRPQR=ABPQ
故选A。
8.【答案】B
【解析】【分析】
由图可知导体棒ab与另外5根导体棒是并联关系，根据电路特征判断流过各根导体棒的电流大小，结合安倍力F=BIL求解。
本题主要考查安倍力的计算，要结合电路的电压和电流关系判断各根导体棒电流大小，需熟练掌握安培力计算公式。
【解答】
设ab的电阻为R，由电阻定律R=ρlS可知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为15I，ab棒受到的安培力大小F1=BIL=6N，对afedcb线框，其有效长度为L，受到的安培力大小为F2=B×15IL=1.2N，则整个六边形线框受到的安培力大小FA=F1+F2=7.2N，故B正确，ACD错误。
9.【答案】BC
【解析】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小。电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大。
根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮。故BC正确。
故选：BC。
将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化．
本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．
10.【答案】BC
【解析】解：A、向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，正离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意。故A错误。
B、向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意。故B正确。
C、向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，符合题意。故C正确。
D、向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，不符合题意。故D错误。
故选：BC。
小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．
本题考查应用物理基本定则的能力，B、C两项是等效的，A、D两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间．
11.【答案】AD
【解析】解：A、B从图可知，在t1和t2两时刻质点都向负方向运动，速度方向相同。由|x1|>|x2|得知，质点在t2时刻离平衡位置较近，速度较大，即有v1 C、D从图可知，在t1和t2两时刻质点的位移方向相反，则加速度方向相反。质点在t1时刻离平衡位置较远，加速度较大，即有a1>a2.故C错误，D正确。
故选：AD。
由振动图象读出质点在t1和t2两时刻的位移关系，确定质点在两时刻位置关系，分析速度大小和方向关系．当质点离平衡越近时速度越大，加速度越小，当质点离平衡位置越远时，速度越小，加速度越大．
本题考查对振动图象的理解．抓住速度、加速度与位移的关系是关键．简谐运动的特点是a=−kxm，常常用来判断加速度与位移的关系．
12.【答案】AC
【解析】本题考查质谱仪、速度选择器，带电粒子在复合场中的运动，考查学生分析综合能力和科学思维。
【详解】A.粒子在速度选择器B0中做直线运动，由受力平衡
qvB=qUd
得粒子速度
v=UBd
故A正确；
B.粒子在加速器A0中由动能定理
qU′=12mv2
得加速器电压
U′=U22kB2d2
故B错误；
C.粒子在分离器中做圆周运动，由牛顿第二定律
qvB′=mv2R
得分离器的磁感应强度
B′=UkRBd
故C正确；
D.由上述分析知，因为氘核和 α 粒子比荷相同，故该装置无法将二者组成的粒子束分离开，故D错误。
故选AC。
13.【答案】(1)>；需相等；不需要
(2) OP+OM=ON
(3)4：1
【解析】(1)为了保证碰撞时A不反弹，两球的质量必须满足m1>m2
为了保证两小球发生对心正碰，两小球的半径需相等，由于小球做平抛运动的高度和时间均相等，在验证动量守恒时可消除高度和时间，所以本实验不需要测量平抛运动的高度和时间。
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，A碰前的速度为v0=OPt
碰后A球、B球的速度分别为v1=OMt，v2=ONt
当动量守恒时m1v0=m1v1+m2v2
整理可得m1OP=m1OM+m2ON
若两球发生弹性碰撞，能量守恒，则有12m1v02=12m1v12+12m2v22
综合可得OP+OM=ON
(3)若A、B在碰撞过程中动量守恒，则有m1OP=m1OM+m2ON
可得m1m2=ONOP−OM
由题图乙可知OM=15.5、OP=25.5、ON=40.0
则有m1:m2=4:1
14.【答案】0.450 偏转 回到零刻度 磁通量
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，铜线d=0mm+45.0×0.01mm=0.450mm
(2)线圈A、开关、滑动变阻器和电池组成串联电路，滑动变阻器采用“一上一下”连接，线圈B和灵敏电流计组成闭合回路，如图所示：
(3)把滑动变阻器的滑片快速向左滑动的过程中，线圈A中的电流发生变化，线圈A产生的磁场发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电动势，线圈B所在回路产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转；滑动变阻器滑片滑到最左端停止后，线圈A中的磁场的不发生变化，穿过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中无感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，灵敏电流计的指针回到零刻度线；
(4)根据实验探究过程分析可知，产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。
故答案为：(1)0.450；(2)见解析；(3)偏转；回到零刻度线；(4)磁通量。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度读数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(2)线圈A、开关、滑动变阻器和电池组成串联电路，线圈B和灵敏电流计组成闭合回路，据此连接电路图；
(3)把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，分析线圈A中的磁场的变化情况，磁通量的变化情况，据此作答；滑片滑到最左端停止后，分析线圈A中的磁场的变化情况，磁通量的变化情况，据此作答；
(4)根据实验探究过程，分析产生感应电流的条件。
知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意穿过线圈B的磁通量增加还是减小是解题的关键。
15.【答案】(1) 2×10−4Ω ；(2)20A；(3)80A
【解析】(1)该导线的电阻
R=ρLS=1.75×10−8×87×10−4Ω=2×10−4Ω
(2)该导线中的电流
I=UR=4×10−32×10−4A=20A
(3)当电阻线对折后，电阻变为
R′=ρ12L2S=14R=5×10−5Ω
接入相同的电压，电流是
I′=UR′=4×10−35×10−5A=80A
16.【答案】(1)45°；(2) 3Rc
【解析】(1)光线在B点发生折射，由折射定律得
n=sinαsinβ
解得
β=45∘
(2)光线由B点射向D点，设入射角为 r1 ，由几何关系可得
r1=45∘
由于 sinC=1n= 63>sin45∘ ，所以光线在D点射出玻璃砖，由几何关系得
BD= 2R
v=cn
t=BDv
解得
t= 3Rc
17.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
F安=BIL
得：F安=BELR+r；
(2)由平衡条件得
f=F安sinθ
得：f=BLEsinθR+r，方向水平向右。
【解析】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，结合受力分析和共点力平衡即可完成解答。
(1)根据欧姆定律得出电路的电流，根据安培力公式得出金属棒ab受到安培力的大小;
(2)根据受力分析，结合平衡条件得出金属棒ab受到的摩擦力的大小和方向。
18.【答案】解：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，
由动量守恒定律和题给条件有：
0=mAvA−mBvB ①
②
联立①②式并代入题给数据得：vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有：
mBa=μmBg ④
sB=vBt−12at2 ⑤
vB−at=0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt−12at2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得：
sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，
由动能定理有：12mAvA′ 2−12mAvA2=−μmAg(2l+sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得： ⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，
由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(−v′A)=mAv″A+mBv″B ⑫
12mAvA′ 2=12mAv′ A′ 2+12mBv′ B′ 2 ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得：
， ⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式有2as′A=v′ A′ 2，2as′B=v′ B′ 2 ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得：s′A=0.63 m，s′B=0.28 m ⑯
s′A小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离：
s′=s′A+s′B=0.91 m

【解析】(1)A与B分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合条件即可求出分离后的速度；
(2)由速度时间公式即可分别求出停止的时间，由运动学公式求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由速度时间关系求出位移，由几何关系求出距离；
(3)由动量守恒定律、机械能守恒及运动学公式求出求出距离。