2023-2024学年四川省眉山市彭山区第一中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省眉山市彭山区第一中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共17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.物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是( )
A. 库仑研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，应用了控制变量法
B. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C. 欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系
D. 卡文迪许最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量
2.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V、φ2=2V、φ3=−6V，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线MN为运动的轨迹，由此可知( )
A. 粒子一定由M点向N点运动
B. 粒子带负电
C. 粒子在N点的电势能大于在M点的电势能
D. 粒子在M点的动能小于在N点的动能
3.波速均为v=2 m/s的甲、乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰.关于这两列波，下列说法正确的是
( )
A. 从图示的时刻开始经过1.0s，P质点沿x轴正方向发生的位移为2m
B. 甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置
C. 从图示时刻开始，P处质点比Q处质点后回到平衡位置
D. 如果这两列波相遇，可以发生干涉现象
4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，C点是ND段电势最高的点，则( )
A. N点的电场强度大小可能为零
B. q1小于q2
C. NC间场强方向向x轴正方向
D. 将负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
5.如图所示，甲、乙两个电路图都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的，丙电路图是由一个灵敏电流表G和电源、滑动变阻器组成，已知这三个灵敏电流表规格相同，满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是( )
A. 甲电路图表示电流表，R增大时量程增大
B. 乙电路图表示电压表，R增大时量程减小
C. 丙电路图表示欧姆表，插孔l是“+”插孔，表笔A是黑表笔
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
6.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )
A. 减小加速电压U0B. 减小偏转电压U
C. 增大偏转极板间距离dD. 减小偏转电场的板长L
7.如图，电源的电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻且R0=r，电表均为理想电表。闭合开关S后，在滑动变阻器R的滑片Р由最左端a向最右端b移动的过程中( )
A. 电流表和电压表示数均逐渐增大
B. 电压表与电流表示数的比值UI逐渐减小
C. 电压表与电流表示数改变量的绝对值ΔUΔI逐渐减小
D. 电源的输出功率逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，将螺线管与电源连接起来，接通电路后，放在通电螺线管内部中间处的小磁针静止时N极指向图示位置，下列说法正确的是( )
A. 通电螺线管的a端为N极B. 通电螺线管的b端为N极
C. 电源的c端为正极，d端为负极D. 电源的d端为正极，c端为负极
9.某同学通过实验正确作出标有“5 V，2.5 W”的小灯泡的U−I图线如图甲所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E=6 V，内阻r=1 Ω，定值电阻R=9 Ω，则
A. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为2.7 W
D. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为0.84 W
10.如图，在一柱形区域内有匀强电场，该区域的横截面是以О为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为e的电子在纸面内从A点先后以不同大小的速度进入电场，速度方向与电场强度方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的电子，从圆周上的C点以速率v0离开电场，AC与AB的夹角为θ=60°，运动过程中电子仅受电场力作用。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的方向沿AC连线由A指向C
B. 电场强度的大小为E=mv022eR
C. 电子进入电场的速率为v1= 32v0时，将从B点离开电场
D. 电子进入电场的速率为v2= 22v0时，离开电场后的动能增量最大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)某同学使用螺旋测微器测定其直径d，某次测量结果如图1所示，读数为_____mm。用游标卡尺测量其长度，示数如图2所示，由图可知其长度L=_____cm。
(2)某同学使用多用电表欧姆挡粗测其电阻，他首先将选择开关置于“×10”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向0，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如下图所示，该同学接下来应该进行的操作是将选择开关置于“_____”倍率处(选填“×1”或“×100”)，并重新进行_____，再进行测量。
(3)若该同学在上一步中正确操作后再次测量时指针如下图所示，则该铅笔内芯的电阻是_____Ω。
(4)若该铅笔内芯的直径为d，有效长度为L，用伏安法精确测得其电阻为R，则其电阻率为______。(用该问所给出的物理量表示)
12.某同学用如图所示电路下列器材测电阻Rx、电池的电动势E与内阻r。器材如下：
A.被测电阻Rx(约3Ω) B.被测电池(电动势E约6V、内阻约6Ω)
C.电压表V1(量程为6V、内阻很大) D.电压表V2(量程为15V、内阻很大)
E.电流表A1(量程为0.6A、内阻不计) F.电流表A2(量程为3A、内阻不计)
G.滑动变阻器R(0∼100Ω) H.开关、导线
(1)电流表应选用________；电压表应选用________(填器材前的符号)
(2)实验中先将滑动变阻器的滑动头滑到最左端，闭合开关S1，当S2掷1，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在U−I图像中作出直线1；当S2掷2，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在U−I图像中作出直线2。则电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω；电阻Rx=________Ω(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一简谐横波在均匀介质中沿水平方向直线传播，介质中A、B两个质点平衡位置间的距离x=2m，它们振动的图像分别如图甲和乙所示。
(1)求该简谐横波传播速度的可能值；
(2)若波速为0.2m/s，B、C两质点的振动同步，且t=4.2s时B、C两质点间有两个波谷，求B、C平衡位置间的距离x′。
14.如图所示，某光学仪器由横截面为等腰直角三角形的玻璃砖ABC和以BC为直径的半圆形玻璃砖BDC组成。一束平行单色光垂直整个AB面入射，在AC面发生全反射，然后经BC射入半圆形玻璃砖，有光在BDC圆周上的部分弧上射出。已知半圆形玻璃砖的半径为R=3m，单色光在半圆形玻璃砖中的折射率n2=2 33，求
(1)等腰直角三角形玻璃砖的最小折射率n1；
(2)光在BDC圆周上的部分弧上射出的弧长。
15.如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ=30°.质量为M=0.2 kg的绝缘长板A，以初速度v0=3 m/s，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E=2.5×102N/C.质量为m=0.1 kg、电荷量为q=+4×10−4C的光滑小物块B，轻放在A板表面上(整个过程未从上端滑出)，此后经时间t=0.1 s，撤去电场，当物块速度为v=8 m/s时恰好离开板A，g取10 m/s2.求：
(1)撤电场时物块B的动能EkB和1 s内的电势能变化量ΔEp；
(2)撤电场时，板A的速度vA；
(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A
【详解】A.库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法被称为“控制变量法”，A正确；
B.奥斯特首先发现了电流的磁效应，B错误；
C.焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系—焦耳定律，C错误；
D.密立根根据油滴实验测得了元电荷电量，D错误；
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：AB、根据等势面的性质可知，电场线的方向大致如图所示，物体做曲线运动时，受力方向指向轨迹的凹侧，即电场力的方向沿电场线向下，则说明粒子带正电，由M到N或从N到M均可以出现如图所示的轨迹图，故AB错误；
C、根据EP=φq可知，正电荷在高电势处电势能大，故粒子在M点的电势能大于在N点处的电势能，故C错误；
D、粒子运动过程中只有电场力做功，故电势能和动能之和不变，由M点的电势能大，故粒子在M点的动能要小于粒子在N点的动能，故D正确。
故选：D。
根据等势面确定电场线的方向，再根据粒子运动轨迹的弯曲方向确定粒子受电场力的方向，从而确定粒子电性，再根据力和运动的关系确定粒子的运动方向；根据电势的定义确定电势能的大小，再根据电场力做功的特点分析粒子的动能大小关系。
本题是带电粒子在电场中的运动轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出电场力方向，再分析电场强度、电势、电势能、动能等量的变化即可。
3.【答案】B
【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，介质中质点只在各自平衡位置附近上下振动，不沿x轴正方向移动，故A错误；
B、波向右传播，此时M点向上运动，P质点直接向下运动回到平衡位置，所以P处质点比M处质点先回平衡位置，故B正确；
CD、甲波的周期T甲=λ甲v=42s=2s，乙波的周期T乙=λ乙v=82s=4s，周期不同，两波频率不同，不能产生稳定的干涉，P点、Q点回到平衡位置时间分别为tP=14T甲=0.5s，tQ=14T乙=1s，则tp故选：B．
同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后．不同的波动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后．根据时间与周期的关系，确定质点P的位置，从而求出其位移．根据干涉的条件：两列波的频率相同判断能否产生干涉。
波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断。
4.【答案】D
【解析】【分析】
φ−x图象的斜率表示电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，根据功能关系分析电场力做功的正负。
电势为零处，电场强度不一定为零，电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
【解答】
A、该图象的斜率表示场强E，则知N点电场强度不为零，故A错误；
B、如果q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA>AM，故q1>q2，故B错误；
C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向，故C错误；
D、由于从N到D，电势先增加后减小；将一负电荷从N点移到D点，根据公式Ep=qφ，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后负功，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查表头的改装。关键是明确要将表头改装成电压表、电流表以及欧姆表，电压表应该串联一个大电阻；要改装成电流表，应该将表头并联一个小电阻。然后用欧姆定律进行相关计算。
【解答】
A、甲电路图由G并联电阻组成，是电流表，如果R增大，当G满偏时，R分流减少，总电流减少，量程减小，选项A错误;
B、乙电路图由G串联电阻组成，是电压表，如果R增大，当G满偏时，R分压增大，总电压增大，量程增大，选项B错误;
C、丙电路图表示欧姆表，根据电流沿红表笔从正插孔流入的规则，插孔1是“+”插孔，表笔A是红表笔，选项C错误;
D、在乙图中，若改装成的电压表的量程为3 V，当G满偏时，其电压为Ug=Ig⋅Rg=0.6V，R分担的电压为UR=2.4V，由串联电路分压特点UgRg=URR得R=1200Ω，选项D正确。
6.【答案】A
【解析】A
【详解】设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有
eU0=12mv02
解得
v0= 2eU0m
电子在偏转电场中，做类平抛运动，有
L=v0t
a=Fm=eUmd
y=12at2
联立以上各式可得
y=UL24U0d
由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场的极板间距d，增大偏转电场的板长L。
故选A。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+r+R0
在滑片P由最左端a向最右端b移动的过程中，R减小，则Ⅰ增大，电流表示数逐渐增大。由
U=E−Ir
可知，当Ⅰ增大时，路端电压U减小，则电压表示数逐渐减小，故A错误；
B.电压表与电流表示数的比值
UI=R+R0
可知R减小， UI 逐渐减小，故B正确；
C.由闭合电路欧姆定律
U=E−Ir
可知，电压表与电流表示数改变量比值的绝对值
ΔUΔI=r
可知R减小， ΔUΔI 不变，故C错误；
D.因 R0=r ，开始时 R+R0>r ，根据
P=UI=(ER+R0+r)2(R+R0)=E2(R+R0−r)2R+R0+4r
可知R减小，电源的输出功率逐渐增大，故D错误。
故选B。
8.【答案】BC
【解析】BC
【详解】小磁针N极指向右侧，可知螺线管内部磁场方向由左向右，根据安培定则可知b端为通电螺线管的N极、c端为电源的正极，d端为负极。
故选BC。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
根据图像结合欧姆定律分析灯泡电阻变化，结合闭合电路欧姆定律表达式和图像，画图结合功率公式可得灯泡实际功率。
【解答】AB.由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，结合R=UI可知小灯泡的电阻值增大，选项 A正确， B错误;
CD.将电阻R看做电源的内阻，则根据U=E−I(R+r)=6−10I，将此函数关系的图像画在灯泡的U−I图像上，如图，两图像的交点为电路的工作点，则I=0.38A，U=2.2V，则小灯泡的实际功率约为P=UI=2.2×0.38W≈0.84W，选项C错误，D正确。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.电子初速度为零，从C点离开电场，故电场强度方向与AC平行，由C指向A，故A错误；
B.由几何关系和电场强度的定义可知
AC=R
F=eE
由动能定理有
F⋅AC=12mv02
得
E=mv022eE
故B正确；
C.如答图，电子从A点运动到B点做类平抛运动，由几何关系可知AC ⊥ BC，由牛顿第二定律和运动学公式有
BC=2Rsin60°= v1t1
AC=2Rcs60°= 12at12
a=eEm
结合
E=mv022eE
解得
v1= 32v0
故C正确；
D.作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于Р点，则从圆周上的D点离开的电子电场力做功最多，动能增量最大。电子从A点运动到D点做类平抛运动，在AC方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向做匀速直线运动，运动的距离等于DP。由几何关系可知
∠PAD=30°
由牛顿第二定律和运动学公式有
DP= 32R=v2t2
AP=32R=12at22
a=eEm
解得
v2= 24v0
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 4.700##4.701##4.702 4.120 ×1 欧姆调零 12##12.0 πRd24L
【详解】(1)[1]螺旋测微器读数为 4.5mm+0.01×20.0mm=∼4.702均可
[2]游标卡尺读数为 4.1cm+0.05×4mm=4.120cm
(2)[3]由图可知偏转角度过大，电阻值读数太小，为使读数准确，应使指针偏转到表盘中央刻度附近，因此应调小倍率，故选“×1”挡
[4]根据欧姆表使用规则，换挡后要重新进行“欧姆调零”，再进行测量
(3)[5]由于选择的是“×1”挡，该挡位可估读也可不估读，因此读数为12Ω或12.0Ω
(4)[6]根据电阻定律
R=ρLπd22
整理得
ρ=πd2R4L

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)E；C；(2)6.0；5.5；3.1
【解析】【分析】
(1)根据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，估算对应的电流，则可明确电流表及电压表的选择；
(2)根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，结合图象求解。
本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。
【解答】
(1)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路的最大电流约为I=ERx+r=66+3A≈0.67A，故电表应选用A1，即选择E；电动势E约6V，故电压表选用V1，即选择C；
(2)闭合开关S1，当S2掷1，根据闭合电路欧姆定律可得U=E−I(Rx+r)，由U−I图像中的直线1可得E=6.0V，r+Rx=|ΔU1ΔI1|=6−30.35Ω=8.57Ω；闭合开关S1，当S2掷2，根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，由U−I图像中的直线2可得r=|ΔU2ΔI2|=6−30.55Ω≈5.5Ω，联立解得Rx=3.1Ω。
13.【答案】(1) v=12n+1m/sn=0,1,2,⋯ ；(2) x′=1.6m
【详解】(1)由题图可知，该简谐横波的周期
T=4s
设波长为 λ ，根据题图可知 A、B 两点间的距离满足
x=nλ+12λn=0,1,2,⋯
根据波长、波速和周期的关系
v=λT
解得
v=12n+1m/sn=0,1,2,⋯ 。
(2)此时该波的波长
λ′=v′⋅T
根据题意可知
x′=2λ′
解得
x′=1.6m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】.(1) 2 ；(2) 2π(m)
【详解】(1)单色光照射到经AC面要能够全反射，设其临界角最大为 Cm ，此时对应的折射率最小为 n1 ，则有
Cm=45∘
sinCm=1n1
解得
n1= 2
(2)光路图如图所示
P与B点间无光线射出，P与D点间有光线射出，以OD为对称轴的右边情况相同。设单色光在半圆形玻璃砖中的临界角为 C1 ，BDC圆周上有光射出的弧长为 l ，则有
sinC1=1n2
l=2RC1
解得
l=2π(m)

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)开始时，B在板上加速：qE+mgsin30°=ma1
撤去电场时，B的速度vB=a1t=0.6 m/s
B的动能EkB=12mv B2=0.018 J
此时B在电场方向上的位移L1=vB22a1=0.03 m
B的电势能变化量ΔEp=−qEL1=−3×10−3 J
(2)A匀速下滑有Mgsin30°=μMgcs30°
B轻放上A，对A有μ(M+m)gcs30°−Mgsin30°=Ma0
撤去电场时，A的速度：vA=v0−a0t=2.75 m/s；
(3)如果B还在A上运动时：因为最大静摩擦力Ffmax>Mgsin30°，当A速度减为0后，A将静止在斜面上
从撤去电场到A静止的过程中，A、B整体动量守恒：
mvB+MvA=mv1
当A速度为0时，可得B的速度v1=6.1 m/s<8 m/s
因此，A静止后，B继续在A上加速运动直到离开
A的总位移xA=v022a0=1.8 m
系统发热Q=μ(m+M)gcs30°·xA=2.7 J．

【解析】(1)根据牛顿第二定律求得物块的加速度，从而根据时间求得速度、位移，即可求得动能及电势能变化量；
(2)根据A匀速下滑求得动摩擦因数，然后由牛顿第二定律求得A的加速度，即可由匀变速规律求得速度；
(3)根据B做匀加速直线运动求得运动时间，然后分析A的受力情况得到其运动情况，即可根据时间求得位移，从而根据克服摩擦力做的功求得发热量。
带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。