2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高二（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高二（下）开学物理试卷（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，有两个电荷量均为+q的光滑小球，其中一个固定于绝缘半球形容器的底部A点，另一个小球置于容器右侧B点(未固定)，右侧小球恰处于静止状态。已知∠AOB=θ，容器的半径为r，静电力常量为k，两带电小球均可视为点电荷，下列说法正确的是( )
A. 两个小球间的库仑力大小为kq22r21−csθ
B. 圆心O处的电场强度大小为kqr2 1+csθ
C. 若两个小球的电荷量缓慢减小，右侧小球所受弹力逐渐增大
D. 若两个小球的电荷量缓慢减小，右侧小球所受弹力逐渐减小
2.如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于车厢中的A点和B点，OB水平，车厢由静止状态开始缓慢加速的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力减小
B. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力不变
C. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力减小
D. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
3.探索火星是我们国家在航天领域的重点项目之一。在某次探测过程中，“天问一号”火星环绕器起到了重要的作用，如图所示，环绕器绕火星做匀速圆周运动，其观测角为2θ，火星的第一宇宙速度为v1，火星的半径为R，质量为M，则环绕器运行的周期为( )
A. 1sin3θ⋅2πMRv1B. 1sin3θ⋅2πRv12
C. 1sin2θ⋅2πRv1D. 1sin3θ⋅2πRv1
4.如图所示电路中，合上开关S后，电压表和电流表的读数分别为U、I，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器所带的电荷量为Q，两电表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列有关物理量之间变化关系图象正确的是( )
A. B. C. D.
5.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像。由图判断，下列说法中正确的是( )
A. 在t=0.2s时，弹簧振子的速度为正向最大
B. 在t=0.4s时，弹簧振子的速度为正向最大
C. 从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D. 在t=0.3s与t=0.5s时刻，弹簧振子速度相同，加速度也相同
6.如图所示为两列相干波某时刻的波峰和波谷位置，实线表示波峰，虚线表示波谷，A、B、C、D、E、F均为交点，C点是B、D两点连线的中点，则下列说法正确的是( )
A. 图中A、D两点为加强点，且振动加快，周期变小
B. 图中B点为减弱点，且振动减慢，周期变大
C. 图中E、F两点到两波源的路程差均为半波长的偶数倍
D. 图示时刻C点正向上运动
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示，边长为L、匝数为N的正三角形线圈abc电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动(转轴OO′垂直于磁感线)，线圈通过滑环和电刷连接一个原、副线圈的匝数比为1:3的理想变压器，电压表可视为理想电表。滑动变阻器R2的最大阻值为5r，初态滑片位于滑动变阻器最上端，R1=4r。线圈abc以恒定角速度ω转动，则( )
A. 从图示位置开始计时，线圈产生感应电动势瞬时值的表达式为e= 34NBL2ωsinωt
B. 滑动变阻器R2的滑片P从最上端向下滑动时，变压器的输出功率变大
C. 初态时电压表V2示数为3 6NBL2ω8
D. 滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时，电压表V1示数变小
8.如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为α和β(α>β)，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是
( )
A. 在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa>ab
B. a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则va>vb
C. a、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，则saD. a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta>tb
9.如图(1)所示是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值小于R。图(2)是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法中正确的是( )
A. 甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
B. 乙图是开关S由断开变为闭合通过传感器1的电流随时间变化的情况
C. 丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
D. 丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
10.如图，足够长的绝缘棒竖直固定放置，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直平面向里，一带正电的小圆环套在竖直杆上，小圆环质量为m，电量为q，与杆之间的动摩擦因数为μ，将小圆环由静止释放，下落高度ℎ后运动达到稳定，则小圆环从开始运动到速度刚刚达到稳定的这一过程中，下面说法正确的是( )
A. 小圆环运动的最大速度等于mgμqB
B. 小圆环运动的加速度逐渐减小，且最大加速度等于g
C. 从下落到稳定，小圆环所用时间等于 2ℎg
D. 从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于mgℎ−m3g22μ2q2B2
三、实验题：本大题共2小题，共14分
11.(1)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
①实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是______(填“甲”“乙”或“丙”)。
②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a−F图线如图(丁)中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是______ (选填“ABC”“BCA”或“CAB”)。
(2)小明同学采用(乙)图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是图(丁)中的一条直线，根据图线与横坐标的夹角求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。
12.某同学用如图甲所示的实验装置来验证重物B和滑块A所组成的系统机械能守恒。实验前先将气垫导轨固定在水平桌面上，调成水平，右端固定一轻质定滑轮，滑块A和重物B分别系在一根跨过定滑轮的细绳两端，将一遮光条固定在滑块A上，一光电门固定在气垫导轨上方，使滑块运动过程中遮光条能穿过光电门。
(1)实验时，用螺旋测微器测量遮光条宽度(如图乙所示)，则遮光条宽度d=______mm。
(2)若测得滑块A(包括遮光条)的质量mA=100g、重物B的质量mB=200g，释放滑块时遮光条到光电门中心的距离为L=63.00cm，遮光条通过光电门时光电计时器记录的时间为Δt=1×10−3s，取g=9.8m/s2。则遮光条通过光电门时滑块A的速度大小为_______m/s，从释放滑块到遮光条通过光电门的过程中，滑块A和重物B组成的系统重力势能减少量为_______J、动能的增加量为_______J。(计算结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图所示，光滑的14圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的C点与光滑水平面相切，其半径为OB=OC=R=1.2m。在水平面内有一质量M=2kg的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现将一质量为m=1kg的小球P从B点正上方ℎ=1.8m高处由静止释放，小球P和小球Q均可视为质点，当地的重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力；
(2)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能。
14.如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1 Ω，电炉电阻R=19 Ω，电解槽电阻r′=0.5 Ω，当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684 W，S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)，试求：
(1)电源的电动势；
(2)S ​1、S ​2闭合时，流过电解槽的电流大小；
(3)S ​1、S ​2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．
15.一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，传播速度为20m/s，振幅为10cm、某时刻开始计时，t=0.71s时刻介质中的部分波形如图1所示，图2为图1中质点P的振动图像。求：
(1)该波的周期和传播方向；
(2)质点P平衡位置的x坐标；
(3)从t=0.71s到t=0.95s时间内，质点P的运动路程。
16.如图甲所示，两根相距L的“
”形平行光滑的金属导轨由倾斜部分和水平部分组成，FF′为倾斜导轨与水平导轨平滑衔接点，倾斜部分的倾角为θ，在方形区域EE′FF′内存在一垂直斜面向上的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示；在水平导轨的右端GG′HH′区域存在另一垂直水平导轨向下的匀强磁场B1，导体棒cd静置于磁场中，其中点用轻绳经过滑轮与质量为M的物块相连，物块放在水平地面上，轻绳处于竖直方向上且刚好张紧；t=0时，一质量为m的导体棒ab从距离EE′边界L处静止释放，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好。已知：EF=FG=L=0.5m，sinθ=110，B1=1T，ab棒的电阻R=2Ω，cd棒的电阻r=1Ω，M=160kg，m=112kg，g=10m/s2，求：
(1)t=0.5s时导体棒ab中电流大小；
(2)定量画出0∼2s时间内物块对地面的压力随时间变化的关系图，并写出计算过程；
(3)导体棒ab从静止释放至运动到FF′过程中ab棒产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】由图可知
Rr=sinθ
设环绕器运动时间 T0 ，根据开普勒第三定律有
r3T2=R3T02
解得
T0=T sin3θ
环绕器做匀速圆周运动的线速度为
v1=2πRT0=2πRT sin3θ
解得
T= 1sin3θ⋅2πRv1
故选D。
2.【答案】B
【解析】AB.受力分析如下图
根据平衡条件得：FOAsinθ=mg，FOB=FOAcsθ，
若使箱子水平向右加速运动，则竖直方向合力为零，有FOA′sinθ=mg，FOB′−FOA′csθ=ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，故A错误，B正确；
CD.若使箱子水平向左加速运动，则在竖直方向上合力为零，FOA′′sinθ=mg，FOA′′csθ−FOB′′=ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力减小，故CD错误，
故选：B。
3.【答案】D
【解析】D
【详解】由图可知
Rr=sinθ
设环绕器运动时间 T0 ，根据开普勒第三定律有
r3T2=R3T02
解得
T0=T sin3θ
环绕器做匀速圆周运动的线速度为
v1=2πRT0=2πRT sin3θ
解得
T= 1sin3θ⋅2πRv1
故选D。
4.【答案】BD
【解析】A.R2的功率P=I2R2，与图不相符，则A错误；
B.电容器与滑动变阻器的分压相同，UC=E−I(r+R2) 电量Q=CUC=−C(R+r)I+CE，与图相符，则B正确；
C.电压表示数为路端电压：U=E−Ir，图为一直线，则C错误；
D.由U=E−Ir可知ΔUΔI=r，则D正确。
故选：BD。
据电路结构可求出各量的表达式，据表达式分析各图的正误。
图象类问题要由物理知识求出相应量的表达式结合数学知识判断是否与图相符。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.在t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，速度为零，故A错误；
B.在t=0.4s时，弹簧振子处于平衡位置， x−t 图像的斜率表示速度，此时斜率最大，且为负值，故弹簧振子的速度为负向最大，故B错误；
C.从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向位移最大处运动，回复力增大，做加速度增大的减速运动，故C正确；
D.在t=0.3s与t=0.5s时刻，由对称性可知弹簧振子在这两个时刻的斜率相同，即弹簧振子速度相同，t=0.3s时回复力指向y轴负方向，t=0.5s回复力指向y轴正方向，回复力的方向不同，故加速度的方向不同，故加速度不相同，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.由题图可知，A、D两点是波峰与波峰相遇的点，即是振动加强点，两列波发生干涉，其周期不变，故A项错误；
B.由题图可知，B点为两列波的波谷与波谷相遇的点，其也是振动加强点，两列波发生干涉，周期不变，故B项错误；
C.由题图可知，E、F两点，两列波的波峰与波谷相遇，所以为振动减弱点，有
Δx=2k+1λ2 ( k=0 、1、2……)
图中E、F两点到两波源的路程差均为半波长的奇数倍，故C项错误；
D.题图时刻，C处于平衡位置，两列波单独引起的速度方向均向上，所以C点此时的合速度向上，故D项正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】A.线圈面积
S=12×L× 32L= 34L2
开始时线圈平面与磁场平行，则感应电动势瞬时值表达式为
e=NB 34L2ωcsωt
故A错误；
C.发电机的有效值
U=NB 34L2ω 2= 6NBL2ω8
原线圈电压的有效值为
U1=U−I1r= 6NBL2ω8−I1r
又
U1U2=13
副线圈电压，即电压表示数为
U2=3 6NBL2ω−I1r8
故C错误；
D.滑动变阻器 R2 的滑片P从最上端向下滑动时，副线圈中负载总电阻减小，由欧姆定律可知，副线圈电流 I2 增大，则原线圈电流 I1 增大，所以通过正三角形线圈的电流增大，内电压增大，则变压器原线圈输入电压减小，即电压表V1示数变小，故D正确；
B.发电机的功率不变，内电压增大，则内电阻的功率变大，变压器原线圈得到的功率变小，又变压器为理想变压器，原、副线圈的功率相等，所以变压器的输出功率变小，故B错误。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】A.两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为
aa=gsinα ， ab=gsinβ
可得
aa>ab
故A正确；
B.当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则
mgcsα=qvaB ， mgcsβ=qvbB
可得
va=mgcsαqB ， vb=mgcsβqB
故
va故B错误；
C.根据动力学公式
va2=2aasa ， vb2=2absb
可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为
sa=m2g(1−sin2α)2q2B2sinα ， sb=m2g(1−sin2β)2q2B2sinβ
根据数学关系可得
sa故C正确；
D.a、b两球沿槽运动的时间分别为
ta=vaaa=mgtanα
tb=vbab=mgtanβ
可得
ta故D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了线圈的自感现象，准确掌握自感现象发生的条件是解题的关键。
根据自感现象发生的条件结合电路进行分析即可。
【解答】
AB开关S断开到闭合时，电路中电流要发生突变，但是，由于自感现象的存在，传感器1的电流只能逐渐变化，最终达到稳定，自感消失，电流保持不变，故A错误，B正确；
CD、开关S一直闭合时，通过传感器2的电流方向向右，开关S由闭合变为断开时，通过传感器1的电流立即减为0，由于自感现象的存在，通过L的电流不能突变，使通过传感器2的电流向左且瞬时比开关闭合时大且逐渐减小为零，故D错误，C正确；
故选BC。
10.【答案】ABD
【解析】ABD
【详解】B.开始运动时，圆环只受重力作用，加速度最大，且等于g，故B正确；
A.当达到最大速度时，摩擦力与重力平衡，即
μqvmB=mg
解得
vm=mgμqB
故A正确；
C.从下落到稳定，小圆环的加速度的平均值小于g，则所用时间大于 2ℎg ，故C错误；
D.由能量关系可知，从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于
Q=mgℎ−12mvm2=mgℎ−m3g22μ2q2B2
故D正确。
故选ABD。
11.【答案】(1)①甲 ②CAB (2)2k
【解析】解析：(1)三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，从实验装置来看：
①(乙)图有弹簧测力计，可以直接读出小车受到的拉力，(丙)图有力传感器，也能测量小车受到的拉力，而(甲)图中需要用重物的重力代替拉力，所以必须满足“M远大于m”的实验小组是甲。
②(甲)图用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≫m，随着m的增大，当不满足M≫m时，a−F图线出现弯曲；而对(乙)和(丙)图据牛顿第二定律有：a乙=2M×F，a丙=1M×F，则a−F图线斜率较大的是乙组，较小是丙组，甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是CAB。
(2)乙组实验的图线是A，由上述分析知：a=2FM，所以斜率k=2M，故质量M=2k。
故答案为：(1)①甲；②CAB；(2)2k。
分析：(1)①当用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足“M远大于m”；
②若用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M≫m，随着m的增大，不满足M≫m时，a−F图线出现弯曲，还有两组根据绳子拉力相等时，加速度的大小来判断。
(2)对小车由牛顿第二定律，经过整理得到a与F的函数图象，根据图线的斜率求得小车的质量。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。
12.【答案】 2.800 2.80 1.23 1.18
【解析】(1)[1]用螺旋测微器测量遮光条宽度d=2.5mm+0.01mm×30.0=2.800mm。
(2)[2]遮光条通过光电门时滑块A的速度大小为
v=dΔt=2.8×10−310−3m/s=2.80m/s
[3]滑块 A 和重物 B 组成的系统重力势能减少量
ΔEP=mBgL=1.23J
[4]动能增加量
ΔEk=12mA+mBv2=1.18J
13.【答案】(1) 60N ，方向竖直向下；(2) 20J
【详解】(1)小球P从A点运动到 C 点的过程中，根据机械能守恒定律有
mgℎ+R=12mvC2
在最低点 C 时设小球P所受支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
解得
FN=60N
由牛顿第三定律可知小球P在C点时对轨道的压力大小为 60N ，方向竖直向下。
(2)在小球P压缩弹簧的过程中，当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，设共同速度为 v ，取向右为正方向，对两球组成的系统根据动量守恒定律有
mvC=M+mv
根据机械能守恒定律有
12mvC2=12M+mv2+Epmax
解得
Epmax=20J

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)当S1闭合S2断开时电炉功率为P1；
电炉中电流：I= P1R= 68419A=6A；
电源电动势E=I(R+r)=120V；
即：电源的电动势为120V；
(2)当S1、S2都闭合时电炉功率为P2；
电炉中电流：IR= P2R= 47519A=5A；
电炉路端电压为：U=IRR=5×19=95V；
通过电源的电流为：I=E−Ur=120−951A=25A；
通过电解槽的电流为：IA=I−IR=20A；
即：S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小为20A；
(3)电解槽消耗的电功率：PA=IAU=20×95=1900W；
电解槽内热损耗功率：P热=IA2r′=202×0.5W=200W；
电解槽转化成化学能的功率：P化=PA−P热=1700W；
即：S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率为1700W。

【解析】(1)S1闭合，S2断开时，已知电炉消耗功率，根据功率P=I2R公式求出电炉中的电流，由闭合电路欧姆定律求出电动势；
(2)S1、S2都闭合时，由电炉消耗功率求出电炉的电压和电流，由闭合电路欧姆定律求出干路中电流，得到电炉的电流；
(3)根据P=UI求出电解炉消耗的电功率，根据功率P=I2R公式求出电解槽内阻消耗的功率，两者之差即为电解槽转化成化学能的功率。
本题考查了电功、电功率。电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流。
15.【答案】解：(1)由图1可知，波长为λ=2.4m
由v=λT
可得周期为：T=λv=2.420s=0.12s
则0.71s=5T+0.11s
即0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，由图2可知，0.11s之后质点P向下运动，所以由上下坡法可知，波沿x轴正方向传播。
(2)0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，结合图2可知，再经过0.01s，即在t=0.72s时刻质点P运动到平衡位置，即图1中原点处的波形传播到质点P处，传播距离为Δx=vΔt=20×0.01m=0.2m
所以质点P的坐标为x=Δx=0.2m
(3)
从t=0.71s到t=0.95s时间为
Δt=0.95s−0.71s=0.24s
而
0.24s=2T
从t=0.71s到t=0.95s时间内，质点P的运动路程为s=2×4A=80cm

【解析】(1)根据波动与振动的关系，确定波的传播方向；根据v=λT变形后求周期；
(2)根据波动与振动的关系知质点P的振动情况；
(3)质点振动一个周期对应4A路程。
本题考查了横波的图象问题，掌握波动图象和振动图象结合的方法处理问题，还要理解同侧法判断振动和波动的方向问题。
16.【答案】(1) 112A ；(2)见解析；(3) 124J
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律，可得
E=ΔΦΔt=ΔBL2Δt
根据闭合电路欧姆定律，有
I=ER+r=112A
(2)未进入磁场之前，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ=ma
解得
a=1m/s2
又
s=12at12
解得
t1=1s
所以0∼1s内地面支持力
FN=Mg−B1IL=18N
ab棒进入磁场时的速度
v1=at1=1m/s
感应电流
I1=BLv1R+r=16A
此时ab棒受到的安培力
FA=BIL=112N=mgsinθ
ab棒恰好匀速进入磁场，在磁场中运动时间
t2=Lv=0.5s
所以1∼1.5s内地面支持力
FN=Mg−B1IL=112N
在水平面上运动时
t3=Lv=0.5s ， FN=Mg=16N
则支持力的图像为
(3)0∼1s内
Q1=I2Rt=172J
1∼1.5s内
Q2=I12Rt=136J
所以ab棒上产生的总热量为
Qa=Q1+Q2=124J