2022-2023学年福建省三明市永安市第九中学高二下学期返校考试物理试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省三明市永安市第九中学高二下学期返校考试物理试题含解析，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
  永安九中2022-2023学年下学期返校考试高二物理完卷时间：75分钟；满分100分一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分）。1. 最早提出用电场线描述电场的物理学家是（   ）A. 牛顿 B. 伽利略 C. 法拉第 D. 阿基米德【答案】C【解析】【详解】属于识记的内容．若没有记清楚，也可以采用排除法，除了法拉第以外，其他三个选项提到的物理学家都没有研究电场．2. 在某电场中，A、B两点间的电势差，B、C两点间的电势差，则A、B、C三点电势高低关系是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】A、B两点间的电势差，知A点的电势比B点的电势高60V，B、C两点间的电势差，知B点的电势比C点的电势低50V，则A点的电势比C点的电势高10V，所以故C正确；ABD错误。故选C3. 一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知（　　）A. 频率是2HzB. 振幅10cmC. t=1.7s时的加速度为正，速度为负D. t=0.5s时质点所受的回复力为最大【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知A错误；B．根据图像可知，振幅A=5cmB错误；C．由图像可知，t=1.7s时的位移为负，根据可知，加速度为正。又由于t=1.7s时随后的位移逐渐变大，可知质点正在远离平衡位置，即速度方向为负，C正确；D．根据可知，当质点位移大小等于振幅时，位移最大，回复力最大，则t=0.5s时质点所受的回复力不是最大，D错误。故选C。4. 在如图所示的电路中，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当R4的滑动触头向图中a端移动时（　　）A. I变大，U变小 B. I变大，U变大C. I变小，U变大 D. I变小，U变小【答案】D【解析】【详解】当R4的滑动触头向图中a端移动时，R4联入电路部分电阻减小，外电阻减小，内电阻不变，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知回路中总电流增大，内电阻不变，内电压增大，外电压减小，说明电压表示数变小，R1和R3两端电压增大，可知加在R2两端电压减小，流过R2电流减小，电流表的读数减小。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5. 超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术，磁体悬浮的原理是（    ）A. 超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同B. 超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反C. 超导体使磁体处于失重状态D. 超导体对磁体的作用力与磁体的重力相平衡【答案】BD【解析】【详解】AB．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以超导体电流的磁场方向和磁体的磁场方向相反；故A项不符合题意，B项符合题意；CD．磁体悬浮在空中，重力和超导体对磁体的作用力平衡，故C项不符合题意，D项符合题意．6. 如图所示，三个质量相等的、分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在平行放置的带电金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（　　）A. 落到A点的小球带正电、落到B点的小球带负电、落到C点的小球不带电B. 三小球在电场中运动时间相等C. 三小球到达正极板的动能关系是EkA<EkB<EkCD. 三小球在电场中的加速度关系是aC>aB>aA【答案】CD【解析】【详解】B．小球在水平方向做匀速直线运动，则有解得根据图形可知则有B错误；D．根据结合上述可知aC>aB>aAD正确；A．电场方向向上，可知若小球带负电，则合力等于重力与电场力的之和，若小球带正电，合力为重力与电场力之差，可知，带负电小球的加速度最大，带正电小球加速度最小，则落到A点的小球带正电、落到B点的小球带不带电、落到C点的小球带负电，A错误。C．根据动能定理根据上述，落到C点的小球的合力做功最多，落到C点的小球到达正极板的动能最大，落到A点的小球的合力做功最小，落到A点的小球到达正极板的动能最小，则有EkA<EkB<EkCC正确。故选CD。7. 如图所示，处在匀强磁场中的线圈怎样运动或变化，线圈中才能产生感应电流（　　）A. 把线圈从磁场中拉出B. 以线圈的任意直径为轴转动C. 用力拉线圈的四周使其面积发生变化D. 线圈沿自身所在的平面在磁场区域内做加速运动【答案】ABC【解析】【详解】A．把线圈从磁场中拉出的过程中，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，A正确；B．以线圈的任意直径为轴转动，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，B正确；C．用力拉线圈的四周使其面积发生变化，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，C正确；D．线圈沿自身所在的平面在磁场区域内做加速运动，穿过线圈的磁通量没有发生变化，线圈中没有感应电流，D错误。故选ABC。8. 在某电场中一条直的电场线上建立x轴，x轴上0－x2间的电场强度的分布如图所示,沿x轴正向为电场强度的正方向,在在坐标原点处放一个质量为m,电荷量为q的正点电荷,该电荷仅在在电场力的作用下运动,则在粒子子从x=0运动到x=x2的过程中,下列说法正确的是A. 粒子先做加速运动后做减速运动B. 粒子运动的加速度先增大后减小C. 粒子运动到x=x1处时，电势能减少了D. 粒子运动到x=x1处的速度与运动到x=x2处的速度之比为x1:x2【答案】BC【解析】【详解】粒子沿x轴运动时，所受的电场力先增大后减小，则加速度先增加后减小，粒子一直做加速运动，选项A错误，B正确；粒子运动到x=x1处时，电场力做功为，则电势能减少了，选项C正确；根据动能定理，粒子运动到x=x1处时：；粒子运动到x=x2处时：；则，选项D错误；故选BC.点睛：此题考查电场强度E随x变化的图象与电势的关系，U=Ed，E-x图象组成图形的面积表示电势差，运用动能定理研究粒子的速度．二、非选择题（共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13－15为计算题）：9. 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，则这列波周期为______s，此时x=4m处质点沿y轴______方向运动（填正或负）【答案】    ①. 2    ②. 正【解析】【详解】[1]根据解得T=2s[2]根据同侧法可知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动。10. 如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，若电阻箱R的最大值为3Ω，R0=5Ω，求：当电阻箱R读数为______Ω时，电阻箱R的功率最大值为______W。【答案】    ①. 3    ②. 【解析】【详解】[1][2]电路中的电流电阻箱R消耗的功率解得作出函数对应的图像如图所示电阻箱R的最大值小于，所以当时，电阻箱R消耗的功率的最大值为11. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验．某次用刻度尺测得摆线长为67.80cm．用游标卡尺测得小球直径的读数如图甲所示，则小球直径为________cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，T2为纵坐标作图，对应的图象应为图乙中的直线________(填“1”“2”或“3”)．若已知直线的斜率为k，请写出重力加速度g的表达式____________．【答案】    ① 1.645    ②. 2    ③. 【解析】【分析】由题中“某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验”可知，本题考查单摆实验，根据实验原理和数据处理可解答本题．【详解】[1]根据游标卡尺的读数规律，直径为；[2]根据公式可知，应的图象应为图乙中的直线“2”；[3]因为斜率所以力加速度可表示为12. （实验设计和器材选择）用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约4.5V，内电阻约1Ω）的电动势和内电阻，除待测电池组、开关、导线外，还有下列器材供选用：A.电流表：量程0.6A，内电阻约1ΩB.电流表：量程3A，内电阻约0.2ΩC.电压表：量程3V，内电阻约30kΩD.电压表：量程6V，内电阻约60kΩE.滑动变阻器：0~1000Ω，额定电流0.5AF.滑动变阻器：0~20Ω，额定电流2A（1）为了使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______（均填仪器的字母代号）。（2）实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以为纵坐标，以______为横坐标。【答案】    ①. A    ②. D    ③. F    ④. 【解析】【详解】（1）[1][2][3]为了确保实验数据的连续性强，滑动变阻器选择总阻值小一些，即选择0~20Ω的F，电源电动势约4.5V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择6V量程，即电压表选择D，根据上述，可知，电路中的最小电流约为为了确保电流表的安全与精度，电流表选择路程0.6A，即电流表选择A。（2）[4]使用电压表与电阻箱时有变形有可知，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以为纵坐标，以为横坐标。13. 如图所示，一质量为m＝1.0×10-2kg，带电量为q＝1.0×10-6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成37°角．小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g取10 m/s2．(1)求电场强度E；(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度大小v及方向．（，）【答案】(1) E=7.5×104N/C      (2) v=12.5m/s，方向与竖直方向夹角37°斜向下【解析】【详解】(1)对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，可见小球应带负电，由于小球静止，所以由平衡条件可得：qE=mgtanθ代入数据解之得： ．(2)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力F=…①由牛顿第二定律F=ma可得a=…②又由运动学公式v=at…③联立①②③带入数据解得：v=125m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向下．14. 如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=0.4m。一带正电荷q=10-4C的小滑块，质量为m=0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数，g取10m/s2，求：（1）要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）【答案】（1）20m；（2）1.5N【解析】【详解】（1）滑块刚能通过轨道最高点的条件是解得v=2m/s滑块由释放点到最高点过程中，由动能定理得解得x=20m（2）滑块从释放点到P的过程中，由动能定理得在P点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律知，滑块通过P点时，轨道对小滑块的弹力N与滑块对轨道的压力N′等大、反向，所以N′=N解得N′= 1.5N15. 如图甲所示，质量为m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平面上。质量为m2=1.0kg可视为质点的带正电小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量q=10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=500V/m。质量为m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦，其受到水平向右的变力F作用（力F与t关系如图乙所示）由静止向右运动。在t0=1s时撤去变力F，滑块C刚好与木板A发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。此后，整个过程物块B都末从木板A上滑落。已知B与A，A与地间的动摩擦因数均为0.1，g=10m/s2。求：（1）撤去变力F瞬间，滑块C的速度；（2）滑块C与木板A发生弹性碰撞后经多长时间，小物块B与木板A第一次刚好共速并求出速度大小；（3）请列式并计算验证碰撞后到第一次共速时，A、B及电场系统的能量守恒。【答案】（1）10.5m/s；（2）2s，3m/s；（3）见解析【解析】【详解】（1）在t0=1s内对滑块C分析有根据图乙可知解得（2）滑块C与木板A发生弹性碰撞过程有，解得对物块B分析有解得B向右做匀加速直线运动，对木板A分析有解得木板向右做匀减速直线运动，令历时达到共速，则有解得，（3）根据上述，物块B的位移木板A的位移由于摩擦产生的热量电场力做正功，电势能减小，减小的电势能的大小为共速时A、B的动能木板A的初动能可知即碰撞后到第一次共速时，A、B及电场系统的能量守恒。