2022-2023学年辽宁省大连市第一中学高二上学期10月学情反馈 物理 解析版

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第一中学高二上学期10月学情反馈 物理 解析版，共19页。试卷主要包含了选择题，多选题等内容，欢迎下载使用。
大连市第一中学2022年10月高二年级学情反馈物理试卷一、选择题：本大题共10小题，共46分。1-7小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题4分；8-10小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，每小题6分，对而不全得3分。1. 在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，则（　　）A. A灯变暗 B. B灯变亮C. 电源的总功率增大 D. 电源的效率增大【答案】D【解析】【详解】AB．当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，总电流减小，A灯的两端电压电压增大，则A灯变亮；流经R2和A灯的电流增大，总电流减小，则有流经B灯的电流减小，B灯变暗，AB错误；     C．由于外电路电阻与电源的内阻大小关系不能确定，因此不能确定电源的输出功率如何变化，C错误；D．电源的工作效率由于外电路的电阻R外增大，电源的工作效率增大，D正确。故选D。2. 如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联接在电源两端，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻RM＝1Ω，则下列说法中正确的是（　　）A. 通过电动机的电流为10AB. 电动机的输入功率为20WC. 电动机的发热功率为1WD. 电源的输出功率为60W【答案】B【解析】【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律有得故A错误；B．电动机的输入功率故B正确；C．电动机的热功率故C错误；D．电源的输出功率故D错误。故选B。3. 橙子辅导物理小组在直角三角形ACD的三顶点固定一根垂直纸面的无限长通电直导线，导线中电流方向如题图所示，，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度（k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度）。若放置于C点的通电直导线所受安培力方向平行AD，则A、D两通电直导线中的电流强度与之比为（　　）A. 3 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】设A、C距离为L，通电直导线C中的电流强度为，取C点通电直导线长度为，C受A的安培力方向由A指向C，大小为C受D的安培力方向由C指向D，大小为由题知解得故选D。4. 如图1所示，为定值电阻，为滑动变阻器（最大阻值），现闭合电路中的开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，由电表的测量数据得到U-I图线如图2所示（电表均为理想电表）。则下列说法正确的是（　　）A. 电源电动势为4V B. 电源内电阻的阻值为C. 电源的最大输出功率为1.8W D. 滑动变阻器的最大功率为1.2W【答案】C【解析】【详解】AB．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化，甲表示V2示数的变化。由图可知图乙的斜率表示定值电阻的阻值，即图甲斜率的绝对值为可得将题图2中甲图象延长如图所示，纵坐标的截距表示电源电动势，则故AB错误；C．设外电阻为R外，电源的输出功率为根据数学知识可得时分母最小，电源的输出功率最大，此时有；所以当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，电源的最大输出功率故C正确；D．将R1视为电源内电阻，由C的分析可知，当时，滑动变阻器消耗的功率最大，则滑动变阻器消耗的总功率故D错误；故选C。5. 以MN为直径O为圆心的半圆弧上有M、N、P三点，如图所示，其中∠MOP＝ ，在MN两处各放置一条通有等大电流的长直导线垂直穿过半圆弧面，方向如图，这时O点的磁感应强度大小为B1．若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为（　　）A. 3：1 B. ：2 C. 1：1 D. 1：2【答案】B【解析】【详解】依题意，每根导线在O点产生磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，O点合磁感强度大小为： 则B2与B1之比为A. 3：1与分析不相符，故A项与题意不相符；B. ：2分析相符，故B项与题意相符；C. 1：1与分析不相符，故C项与题意不相符；D. 1：2与分析不相符，故D项与题意不相符．6. 如图所示电路电源电动势E=9V，内阻未知，两定值电阻阻值R均为10Ω，电容器电容C=1μF，先只闭合开关S1，待电路稳定后，电容器电量为q。再闭合开关S2，当再次达到稳定时电容器电量为。以下说法错误的是（　　）A. 先后两种情况下电容器板间电场强度之比为4：3B. 电源内阻为5ΩC. 两开关均闭合时，电源的输出功率达到最大值D. 【答案】D【解析】【详解】A．根据，可得电容器C、d不变，故E与Q成正比，可知先后两种情况下电容器板间电场强度之比为4：3，A正确，不符合题意；BD．只闭合开关S1，稳定后据闭合电路欧姆定律可得电容器的带电量为再闭合开关S2，稳定后同理可得联立解得，B正确，不符合题意，D错误，符合题意；C．电源输出功率随外电阻的变化规律如图所示可知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，两开关均闭合时，外电路两个R并联，总电阻为，与电源内阻相等，此时电源的输出功率达到最大值，C正确，不符合题意。故选D。7. 如图所示半圆形区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子第一次以v0的速度对准圆心O垂直直径射入匀强磁场，粒子从该磁场中射出且向下偏转，偏转角度为60°，然后该带电粒子第二次以v0的速度还是对准圆心O垂直直径射入匀强磁场，忽略粒子受到的重力，则下面说法中正确的是（已知sin37°=0.6）（　　）A. 粒子带正电B. 粒子第二次的偏转角度为74°C. 粒子第一次与第二次在磁场中的运动时间之比是6∶5D. 如果粒子的速度过小，可能会出现粒子不能射出磁场的情况【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则可知粒子带负电，故A错误。 B．如图1所示，第一次偏转角度为60°，由几何关系求得粒子的轨迹半径等于半圆的半径。第二次的情况，如图2所示速度变为原来的，则根据可知，其轨迹半径也变为原来的。根据几何知识可得求得α=37°故β=2α=74°故B正确；C．根据可知两次粒子运动的周期相等，则时间之比等于粒子轨迹对应的圆心角之比，故C错误；D．如果粒子的速度过小，其轨迹半径也小，但是可以从磁场的左侧射出磁场，故D错误。故选B。二、多选题8. 在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是（　　）A. I减小，U1增大B. I减小，U2增大C. 电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值不变D. 电压表V示数的变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值变大【答案】BC【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1的电压减小，R2的电压增大，故A错误，B正确；C．电阻R2是变化的，无法直接分析的变化，但对电源及定值电阻R1，有所以保持不变，故C正确；D．同理，对电源有所以也不变，故D错误。故选BC。9. 如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力，则（　　）A. 粒子一定带正电 B. 粒子入射速率为C. 粒子在磁场运动的最短时间为 D. 粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据题意，当粒子的速度沿x轴正方向射入时，粒子运动的轨迹如图所示由此可知，在P点所受洛伦兹力提供向心力，方向向下，根据左手定则可确定粒子带正电，故A正确；B．根据洛伦兹力提供向心力，则解得故B错误；C．当粒子在磁场中运动时间最短时，粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系可得粒子运动的时间为故C正确；D．当粒子离开磁场的位置与P点连线是轨迹圆的直径时，位置最远，如图所示由图可知解得故D正确。故选ACD。10. 如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动。细杆处于水平方向垂直杆子的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，不计空气阻力，重力加速度为g。现给圆环向右的初速度v0，以下关于圆环运动描述可能正确的是（　　）A. 圆环一直以速度做匀速直线运动B. 圆环做减速运动，直到最后停在杆上C. 圆环先做减速运动，最后以速度匀速运动D 圆环先做匀减速运动，最后以速度匀速运动【答案】ABC【解析】【详解】A．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力等于物体的重力，即mg=qv0B则不受摩擦力，圆环将一直以速度做匀速直线运动，故A正确；B．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力小于物体的重力，即mg>qv0B还受到向后的滑动摩擦力，圆环做减速运动，直到最后停在杆上，故B正确；CD．给圆环一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，竖直向下的重力，若洛伦兹力大于物体的重力，即mg<qv0B此时还受到向后的滑动摩擦力，圆环将做减速运动，因为速度不断变化，圆环受到的洛伦兹力不断变化，滑动摩擦力也不断变化，根据牛顿第二定律可知圆环的加速度也不断变化，当洛伦兹力等于物体的重力，即mg=qvB解得则不再受摩擦力作用，圆环将一直以速度做匀速直线运动，故C正确，D错误。故选ABC。二、实验题：本大题共2小题，共16分，每个空2分。11. 为了测量四节干电池组成的电池组的电动势E和内阻r，某同学设计了如图甲所示的实验电路。器材如下：A．电池组（四节干电池：电动势约为6V，内阻约为4Ω）B．电阻箱（最大阻值99.9Ω）C．电流表A1（量程3A、内阻为0.5Ω）D．电流表A2（量程0.6A、内阻为1Ω）E．定值电阻R01=50ΩF．定值电阻R02=5ΩG．开关一只，导线若干（1）为提高实验的精确度，电流表应选用__________；定值电阻应选用__________。（均填器材前的序号）（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电流表的示数及电阻箱接入电路中的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电流值I及电阻箱的阻值R，并以为纵坐标，以R为横坐标，作出两者的关系图线如图乙所示（该图线为一直线）。（3）根据图乙中所得图线，可求得电池组的电动势E=________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字）【答案】    ①. D    ②. F    ③. 6.1    ④. 4.0【解析】【详解】（1）[1][2]定值电阻E的阻值过大，若选择E，则回路中电流不超过此时无论选择哪个电流表，都不能使其指针偏转达到量程的二分之一，从而造成读数误差较大，所以定值电阻应选F。在这种情况下，回路中电流不超过所以电流表应选择D。（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律得E=I（r+R0+RA+R）整理可得故以为纵坐标，以R为横坐标，可以得到如图乙所示图线。图线斜率为图线截距为解得E≈6.1V，r≈4.0Ω12. 如图甲所示，某叠层电池其由多块干电池块串联在一起组成，它与普通干电池性质相似。现用该电池与表头、滑动变阻器组装成一个×10k倍率的欧姆表，其原理图如图乙所示。为了将表头电流刻度改为电阻刻度，该同学进行了如下操作：①将两表笔短接，调整滑动变阻器，使表头指针指到满偏处；②在两表笔间接入电阻箱，调节电阻箱阻值为150kΩ时，表头示数为30μA；再调节电阻箱阻值为450kΩ时，表头示数为15μA。根据以上信息，回答下列问题：（1）图乙中a表笔是____________（填“红表笔”或“黑表笔”）；（2）叠层电池的电动势为____________V，改装的欧姆表内阻是____________kΩ，表头的满偏电流Ig=____________μA；（3）将电流刻度改为电阻刻度，电流为7.5μA处对应的电阻值为____________kΩ。【答案】    ①. 红表笔    ②. 9    ③. 150    ④. 60    ⑤. 1050【解析】【详解】(1)[1]因为a表笔与电源负极相连，故是红表笔。(2)[2][3][4]根据闭合电路欧姆定律可知，设欧姆表内阻为r，有即 ，联立解得： ，表头满偏电流(3)[5] 电流为7．5μA处对应的电阻值为三、解答题；本大题共三小题，共38分；13小题10分，14小题12分，15小题16分。13. 如图甲所示，R为滑动变阻器，当滑片P由滑动变阻器b端移动到a端的过程中，分别测出几组对应的电压值和电流值，通过计算得出滑动变阻器对应的电功率P，并得到滑动变阻器的电功率P和电流I的关系图像，如图乙所示。求：（1）滑动变阻器最大阻值R；（2）电源电动势E和内阻r。【答案】（1）；（2） ，【解析】【详解】（1）由乙图可知，当滑片P在b端时，电路中的电流最小，且，，由可知，滑动变阻器的最大阻值为（2）设电源电动势为，内阻为，当滑片P在b端时，由闭合电路欧姆定律得得  ①当电流时，路端电压由闭合电路欧姆定律得得 ②由①②两式得14. 如图处于同一水平面内的平行金属导轨间距为，质量的导体棒ab放于导轨之上，且连入导轨间的电阻为R0，电源电动势，内阻，电阻，其余电阻忽略不计；外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角；ab与导轨间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），闭合电键，为了使ab保持静止状态，需要对ab施加一个水平方向的外力F0，重力加速度。求：（1）ab受到的安培力大小F；（2）外力的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电阻R和金属棒接入电路部分的电阻R0并联后的电阻为，则又得由闭合电路欧姆定律得，干路电流流经金属棒的电流为ab受到的安培力大小（2）对金属棒受力分析，金属棒不受摩擦力时，受力分析如图所示。竖直方向平衡得得金属棒与导轨间最大静摩擦力当最大静摩擦力水平向左时，水平外力有最大值当最大静摩擦力水平向右时，水平外力有最小值得外力的取值范围的取值范围15. 如图所示，在xOy平面的第一、第四象限有方向垂直y于纸面向里的匀强磁场，原点O处有一粒子源，可在xOy平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在之间，质量为m，电荷量为+q的同种粒子。在y轴正半轴垂直于xOy平面放置着一块足够长的薄板，发现薄板上有粒子轰击的区域的长度为，若不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。（1）求匀强磁场磁感应强度的大小B；（2）在薄板上处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子会穿过小孔进入第二象限，试证明进入第二象限的粒子沿x轴的分速度都相同，并求出这个分速度；（3）若仅向第四象限发射粒子，时，发射的粒子初速度为，随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为时，就不再发射。不考虑粒子之间可能的碰撞，若要求所有发射的粒子都同时穿过薄板上处的小孔，求t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小的表达式。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）速度为v0的粒子沿x轴正向发射，打在薄板的最远处，设粒子运动半径为r0，根据洛伦兹力提供向心力则有
 而
 联立解得
 （2）假设粒子的入射速度与y负半轴夹角为θ，则粒子运动轨迹如下图所示根据几何关系，存在
 根据洛伦兹力提供向心力则有
 而这个分速度 vx为解得
 所以进入第二象限的粒子沿x轴的分速度 vx都相同
 （3）粒子向第四象限射入磁场，运动轨迹如图所示。所有粒子运动周期相同，周期均为
 由（2）可知，对于速度v射入的粒子，有
 而粒子在磁场中运动的时间为
 零时刻以v0射入粒子，θ最小，运动时间最长，解得其在磁场中运动时间
 对t时刻射入的粒子，要同时到达小孔，需满足
 联立解得