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2023-2024学年广东省潮州市饶平县第二中学高二（下）期初检测物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省潮州市饶平县第二中学高二（下）期初检测物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法不符合物理学史的是( )
A. 法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“电场”“磁场”的概念
B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了麦克斯韦的预言
C. 通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，爱因斯坦受此启发，提出了分子电流假说
D. 奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ε=hν
2.雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为下图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒(不计重力)在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点( )
A. 该烟尘颗粒带正电
B. 该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是类平抛运动
C. 该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度
D. 该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能
3.若物体在运动过程中，受到的合外力不为零。则下列说法中正确的是( )
A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的
C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度大小和方向一定变化
4.对下列光学现象解释正确的有( )
A. 全息照相利用了光的衍射原理
B. 光的色散现象利用了光的衍射原理
C. 光在光纤中传播利用了光的全反射原理
D. 照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的偏振原理
5.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ad=bd=cd。若导线c在d点的磁感应强度大小为B，则d点处的合磁感应强度大小为( )
A. BB. 2BC. 3BD. 5B
6.磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极(N极或S极)的粒子，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在．若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两个球面1和2，如图所示，a点位于球面1上，b点位于球面2上，则下列说法正确的是( )
A. 球面1和球面2的磁通量相同B. 球面1比球面2的磁通量小
C. a点和b点的磁感应强度相同D. a点比b点的磁感应强度小
7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中R3为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R4为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则下列说法中正确的是( )
A. 微粒带负电
B. 滑动变阻器的触头P向下端移动时，带电微粒向下运动
C. 减小R4的光照强度，电源的输出功率一定减小
D. 增大R4的光照强度，R1消耗的电功率变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是
( )
A. 振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
B. t1时刻，加速度方向与位移方向相同
C. 在t1∼t2时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
D. 振动频率与按压的深度有关
9.一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t=1.0s时的波形图，如图乙所示为x=2.0m处的质点L的振动图像，已知图甲中M、N两点的平衡位置分别位于xM=3.0m、xN=4.0m，则下列说法正确的是( )
A. 该波应沿x轴负方向传播
B. 图甲中质点M的速度与加速度均为零
C. 在t=2.5s时刻质点L与质点N位移相同
D. 该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象
10.如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点。若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则( )
A. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功
B. 小物体再次回到M点时，摩擦力和电场力做功均为零
C. 小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等
D. 小物体上滑和下滑过程中速度最大的位置均在MN的中点三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答)
三、填空题：本大题共1小题，共12分。
11.某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组(3 V，内阻约1 Ω) B.电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C.电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D.电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
E.电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ F.滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G.滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H.开关、导线若干
(1)上述器材中，电流表应选_________，电压表应选_________，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母)。电路应选_________，(填甲图或乙图)。
(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为_________ mm.
(3)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=___________ 。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为_____cm；
(2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端_____(选填“升高”或“降低”)一些；
(3)调整导轨水平后，测出滑块A和遮光条的总质量为m1，滑块B和遮光条的总质量为m2。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，遮光条的宽度为d。则滑块A通过光电门1的速度大小为_____。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是_____。
五、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势E=120V，内阻r未知，电动机线圈电阻rM=1.6Ω，电热丝定值电阻R=4Ω，当火星车正常行驶时，电动机两端电压UM=80V，电热丝R消耗功率P=100W。求：
(1)太阳能电池的内阻r；
(2)电动机的效率η；
(3)若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率P′。
14.如图，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为0.5L，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子射入电场E2时的速度v0大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间t；
(3)电子打在右侧屏上的点离O点的距离y。
15.长为L的不可伸长的细绳一端固定在O点，一端栓接质量为m的小球，质量均为m的滑块与长木板在光滑地面一起向右运动，滑块与静止的小球发生弹性正碰，小球恰能做完整的圆周运动，最终滑块停在板的中点，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为µ=0.5，求：
(1)碰后瞬间细绳上的拉力大小；
(2)长木板的长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题根据科学家法拉第、奥斯特、麦克斯韦、赫兹、安培、普朗克的科学贡献，即可解答。
本题难度较小，对物理史问题要熟记，平时学习过程中要注意积累。
【解答】
A.法拉第发现了电磁感应现象，“电场”“磁场”的概念也是他提出的，故A正确；
B.麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；
C.通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，故C错误；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ɛ=hν，提出了能量量子化，故D正确；
本题选不符合物理学史的，故选：C。
2.【答案】D
【解析】解：A.曲线运动的质点受力一定指向轨迹凹陷的内侧，分析A点受力，可知电场力方向与电场方向相反，则颗粒带负电，故A错误；
B.由图知，该电场不可能是匀强电场，电场力是变化的，故加速度变化，故不可能是类平抛运动，故B错误；
C.电场线的越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，该烟尘颗粒在A点的电场力大于在B点的电场力，根据牛顿第二定律知该烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，故C错误；
D.等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的颗粒在A点的电势能更大，故D正确。
故选D。
由运动情况分析带电情况，加速度恒定才是类平抛运动，电场线越密，电场强度越大，沿电场线方向电势逐渐降低。
本题考查静电场，学生需结合电场强度与电势的关系，综合求解。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.若物体做匀速圆周运动，所受合外力不为零，但物体的速率不变，因此物体的动能不变，故A错误；
B.由于物体在运动过程中所受合外力不为零，因此物体的速度一定会发生变化，而动量是矢量，不管是物体的速度大小发生改变还是物体的速度方向发生改变，物体的动量都会发生改变，故B正确；
C.如果物体所受合外力为恒力，则根据牛顿第二定律可知，物体的加速度将恒定不变，故C错误；
D.若物体做匀速圆周运动，物体所受合外力不为零，物体的速度方向时刻在发生改变，但物体的速度大小不变，若物体正在做匀加速直线运动，物体受到恒定不变的合外力，物体的速度大小在发生改变，但物体的速度方向始终不变，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.全息照相是利用光的干涉原理，A错误；
B.光的色散现象利用了光的折射原理，B错误；
C.光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的纤维，光在其中传播过程发生全反射，因此光导纤维传输信号利用的是光的全反射现象，C正确；
D.照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的干涉原理，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】通电导线在d点产生的磁感应强度如图所示
所以d点处的合磁感应强度大小为
B′= B2+(2B)2= 5B
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：AB、磁通量Φ=Bs，也是穿过球面的磁感线的条数，由于从磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿过球面1与球面2的磁感线的条数是相等的，即球面1与球面2的磁通量相等，故A正确，B错误；
CD、若有磁单极子，位于球心处，因为它的磁感线分布类似于点电荷的电场线的分布，故我们可以类比一个点电荷放在球心处，则a点的电场强度大于b点，故a点的磁感应强度也大于b点，故CD错误。
故选：A。
这是一道关于“磁单极子”的信息题，“磁单极子”是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，可结合点电荷电场的特点分析。
该题属于信息题，由于磁单极子磁场的对称性，与点电荷的电场具有相似性，由此分析即可。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了闭合电路欧姆定律及其应用、电功率；本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的，要知道电路稳定时电容器相当于开关断开，只有电容器充电或放电过程中，所在支路有电流通过。分析微粒的运动方向，关键分析电场力的变化情况。
电路稳定时，电容器相当于开关断开。分析微粒的受力情况，根据电场力方向与场强方向的关系判断微粒的电性；
滑动变阻器的触头P向下端移动时，分析电容器板间电压的变化，判断板间场强的变化，分析微粒所受电场力的变化，从而判断微粒的运动方向；
减小R4的光照强度，其电阻增大，根据电源的输出功率由内外阻关系决定判断；
增大R4的光照强度，其电阻减小，分析电路中电流的变化，从而判断R1消耗的电功率变化情况。
【解答】
A.电容器板间场强方向竖直向上，微粒所受电场力方向也竖直向上，则微粒带正电，故A错误；
B.滑动变阻器的触头P向下端移动时，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上运动，故B错误；
C.减小R4的光照强度，其电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则路端电压增大；电源的输出功率与内外阻关系决定，因其大小关系不确定，则不能判断其输出功率的变化，故C错误；
D.增大R4的光照强度，其电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，则路端电压减小，流过R1的电流减小，则R1消耗的电功率变小，故D正确。
8.【答案】AC
【解析】【分析】对装有一定量细沙的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件与公式分析即可。
该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。
【解答】A.装有一定量细沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B.由图乙可知在t1时刻，位移为负，加速度方向为正，所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反，故B错误；
C.由图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故C正确；
D.由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由振动图象可知质点L在t=1s时沿y轴负方向运动，结合上下坡法可得该波沿x轴负方向运动，故A正确；
B、图甲中质点M在最大位移处，速度为零，加速度最大，故B错误；
C、再经过t=1.5s质点L与质点N分别位于波峰与波谷，位移一个正一个负，故位移不同，故C错误；
D、由图甲可知该波波长为4m，当障碍物尺寸与波长差不多，或比波长小时，会发生明显衍射，故该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选：AD。
根据“上下坡法”判断波的传播方向和振动方向；明确M点的速度和加速度大小情况；
再经过t=1.5s，即t=34T，根据质点的振动情况确定L与质点N位移；
根据发生明显衍射的条件分析能否发生明显的衍射现象。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。
10.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，故A正确；
B，小物体再次回到M点时，摩擦力一直做负功，电场力做功为零，故B错误；
C.根据库仑定律
F=kq1q2r2
可知小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等，故C正确；
D.当加速度为零时，小物体的速度最大，由受力分析可知上滑到MN的中点时，小滑块受到自身重力，垂直于斜面的支持力，垂直于斜面的库仑力，沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，合外力不为零，加速度不为零，不是速度最大位置，故D错误。
故选AC。
11.【答案】(
【解析】本题考查器材的选用内接外接的运用以及螺旋测微器的读数
(1)由于电源电动势为3 V，电表读数要达到半偏，则电压表选D；由I=ER+r可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C；为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选F；电源电压为3v，由I=E/R+r可知电路中最大电流约为0.5 A，为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法。
(2)由主尺上读出0.5mm，螺旋尺上读数为40.0×0.01mm，两者和为：0.900mm
(3)R=ρLS=ρLπ(d2)2，解得：ρ=πRd24L
12.【答案】 1.345 降低 dΔt3 m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2
【详解】(1)[1]图中游标卡尺读数为
1.3cm+9×0.05mm=1.345cm
(2)[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
(3)[3]滑块A通过光电门1的速度大小
v3=dΔt3
[4]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
m2v1=m1v3−m2v2
m2d1Δt1=m1dΔt3−m2dΔt2
整理得
m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) r=4Ω ；(2) η=90% ；(3)625W
【解析】(1)对电热丝，有
P=I2R
解得回路电流为
I=5A
根据闭合回路欧姆定律，有
E=Ir+UM+IR
解得电源的内阻为
r=4Ω
(2)电动机的效率为
η=UMI−I2rMUMI×100%
解得
η=90%
(3)电动机的转子被卡住，回路电流为
I′=Er+rM+R=12.5A
电热丝上消耗的功率
P′=I′2R=625W
14.【答案】(1) eELm ；(2) 3 mLeE ；(3)3L
【详解】(1)在电场E1做匀加速直线，根据动能定理：
eEL2=12mv 02−0
得
(2)在电场E1中 v0=at1 ， eE=ma 得
t1= mLeE
电场E2类平抛 L=v0t2 ； PQ到屏做匀速
t3=tx=Lv0
总时间
t=t1+t2+t3
联立解得
t=3 mLeE
(3)从MN到屏几何关系
yy1=L+
解得
y=3y1
电场E2类平抛
y1=12a′t22 ， L=v0t2 ， eE2=ma′
联立解得
y1=eEL2mv02=L
则
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)根据题意，碰后小球恰能做完整的圆周运动，设小球被碰后获得的速度大小为 v1 ，运动至最高点时的速度大小为 v2 ，则可知在最高点由牛顿第二定律有mg=mv22L，小球从最低点到最高点由机械能守恒有12mv12=mg⋅2L+12mv22，
小球被碰后瞬间，设绳子上的拉力大小为 T ，则由牛顿第二定律有T−mg=mv12L，
联立以上各式解得v1= 5gL，T=6mg。
(2)设木板长度为 s ，碰撞前滑块的速度为 v0 ，碰后滑块的速度为 v′0 ，则碰撞前后瞬间滑块与小球组成的系统动量守恒，
根据动量守恒定律有mv0=mv′0+mv1，
根据题意，碰撞过程中滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有 12mv02=12mv′02+12mv12，
解得v′0=0，
即碰撞后滑块与小球交换速度，由此可知发生碰撞前滑块与木板共同运动的速度大小为v1= 5gL，
碰后木板速度不变，对木板与滑块组成的系统由动量守恒定律有mv1=2mv共，
对该系统在滑块与小球碰后，滑块与木板达到共速的过程中，由能量守恒有12mv12=12(2m)v共2+μmg⋅s2，
联立以上各式解得s=5L。
【解析】(1)滑块与小球碰后，小球恰能做完整的圆周运动，那么小球在最高点由重力恰好提供向心力可求出最高点的速度，然后由机械能守恒可求出小球在最低点的速度，在最低点由牛顿第二定律结合向心力公式可求出绳子的拉力；
(2)分析滑块与小球的碰撞过程，根据动量守恒与机械能守恒求出碰前滑块的速度，再分析碰后滑块在长木板上的运动过程，根据动量守恒与能量守恒求长木板的长度。
1.下列说法不符合物理学史的是( )
A. 法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“电场”“磁场”的概念
B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了麦克斯韦的预言
C. 通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，爱因斯坦受此启发，提出了分子电流假说
D. 奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ε=hν
2.雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为下图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒(不计重力)在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点( )
A. 该烟尘颗粒带正电
B. 该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是类平抛运动
C. 该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度
D. 该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能
3.若物体在运动过程中，受到的合外力不为零。则下列说法中正确的是( )
A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的
C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度大小和方向一定变化
4.对下列光学现象解释正确的有( )
A. 全息照相利用了光的衍射原理
B. 光的色散现象利用了光的衍射原理
C. 光在光纤中传播利用了光的全反射原理
D. 照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的偏振原理
5.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ad=bd=cd。若导线c在d点的磁感应强度大小为B，则d点处的合磁感应强度大小为( )
A. BB. 2BC. 3BD. 5B
6.磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极(N极或S极)的粒子，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在．若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两个球面1和2，如图所示，a点位于球面1上，b点位于球面2上，则下列说法正确的是( )
A. 球面1和球面2的磁通量相同B. 球面1比球面2的磁通量小
C. a点和b点的磁感应强度相同D. a点比b点的磁感应强度小
7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中R3为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，R4为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则下列说法中正确的是( )
A. 微粒带负电
B. 滑动变阻器的触头P向下端移动时，带电微粒向下运动
C. 减小R4的光照强度，电源的输出功率一定减小
D. 增大R4的光照强度，R1消耗的电功率变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是
( )
A. 振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
B. t1时刻，加速度方向与位移方向相同
C. 在t1∼t2时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
D. 振动频率与按压的深度有关
9.一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t=1.0s时的波形图，如图乙所示为x=2.0m处的质点L的振动图像，已知图甲中M、N两点的平衡位置分别位于xM=3.0m、xN=4.0m，则下列说法正确的是( )
A. 该波应沿x轴负方向传播
B. 图甲中质点M的速度与加速度均为零
C. 在t=2.5s时刻质点L与质点N位移相同
D. 该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象
10.如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点。若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则( )
A. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功
B. 小物体再次回到M点时，摩擦力和电场力做功均为零
C. 小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等
D. 小物体上滑和下滑过程中速度最大的位置均在MN的中点三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答)
三、填空题：本大题共1小题，共12分。
11.某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组(3 V，内阻约1 Ω) B.电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C.电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D.电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
E.电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ F.滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G.滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H.开关、导线若干
(1)上述器材中，电流表应选_________，电压表应选_________，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母)。电路应选_________，(填甲图或乙图)。
(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为_________ mm.
(3)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=___________ 。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为_____cm；
(2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端_____(选填“升高”或“降低”)一些；
(3)调整导轨水平后，测出滑块A和遮光条的总质量为m1，滑块B和遮光条的总质量为m2。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，遮光条的宽度为d。则滑块A通过光电门1的速度大小为_____。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是_____。
五、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势E=120V，内阻r未知，电动机线圈电阻rM=1.6Ω，电热丝定值电阻R=4Ω，当火星车正常行驶时，电动机两端电压UM=80V，电热丝R消耗功率P=100W。求：
(1)太阳能电池的内阻r；
(2)电动机的效率η；
(3)若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率P′。
14.如图，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为0.5L，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子射入电场E2时的速度v0大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间t；
(3)电子打在右侧屏上的点离O点的距离y。
15.长为L的不可伸长的细绳一端固定在O点，一端栓接质量为m的小球，质量均为m的滑块与长木板在光滑地面一起向右运动，滑块与静止的小球发生弹性正碰，小球恰能做完整的圆周运动，最终滑块停在板的中点，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为µ=0.5，求：
(1)碰后瞬间细绳上的拉力大小；
(2)长木板的长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题根据科学家法拉第、奥斯特、麦克斯韦、赫兹、安培、普朗克的科学贡献，即可解答。
本题难度较小，对物理史问题要熟记，平时学习过程中要注意积累。
【解答】
A.法拉第发现了电磁感应现象，“电场”“磁场”的概念也是他提出的，故A正确；
B.麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；
C.通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，故C错误；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ɛ=hν，提出了能量量子化，故D正确；
本题选不符合物理学史的，故选：C。
2.【答案】D
【解析】解：A.曲线运动的质点受力一定指向轨迹凹陷的内侧，分析A点受力，可知电场力方向与电场方向相反，则颗粒带负电，故A错误；
B.由图知，该电场不可能是匀强电场，电场力是变化的，故加速度变化，故不可能是类平抛运动，故B错误；
C.电场线的越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，该烟尘颗粒在A点的电场力大于在B点的电场力，根据牛顿第二定律知该烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，故C错误；
D.等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的颗粒在A点的电势能更大，故D正确。
故选D。
由运动情况分析带电情况，加速度恒定才是类平抛运动，电场线越密，电场强度越大，沿电场线方向电势逐渐降低。
本题考查静电场，学生需结合电场强度与电势的关系，综合求解。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.若物体做匀速圆周运动，所受合外力不为零，但物体的速率不变，因此物体的动能不变，故A错误；
B.由于物体在运动过程中所受合外力不为零，因此物体的速度一定会发生变化，而动量是矢量，不管是物体的速度大小发生改变还是物体的速度方向发生改变，物体的动量都会发生改变，故B正确；
C.如果物体所受合外力为恒力，则根据牛顿第二定律可知，物体的加速度将恒定不变，故C错误；
D.若物体做匀速圆周运动，物体所受合外力不为零，物体的速度方向时刻在发生改变，但物体的速度大小不变，若物体正在做匀加速直线运动，物体受到恒定不变的合外力，物体的速度大小在发生改变，但物体的速度方向始终不变，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.全息照相是利用光的干涉原理，A错误；
B.光的色散现象利用了光的折射原理，B错误；
C.光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的纤维，光在其中传播过程发生全反射，因此光导纤维传输信号利用的是光的全反射现象，C正确；
D.照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的干涉原理，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】通电导线在d点产生的磁感应强度如图所示
所以d点处的合磁感应强度大小为
B′= B2+(2B)2= 5B
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：AB、磁通量Φ=Bs，也是穿过球面的磁感线的条数，由于从磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿过球面1与球面2的磁感线的条数是相等的，即球面1与球面2的磁通量相等，故A正确，B错误；
CD、若有磁单极子，位于球心处，因为它的磁感线分布类似于点电荷的电场线的分布，故我们可以类比一个点电荷放在球心处，则a点的电场强度大于b点，故a点的磁感应强度也大于b点，故CD错误。
故选：A。
这是一道关于“磁单极子”的信息题，“磁单极子”是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，可结合点电荷电场的特点分析。
该题属于信息题，由于磁单极子磁场的对称性，与点电荷的电场具有相似性，由此分析即可。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了闭合电路欧姆定律及其应用、电功率；本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的，要知道电路稳定时电容器相当于开关断开，只有电容器充电或放电过程中，所在支路有电流通过。分析微粒的运动方向，关键分析电场力的变化情况。
电路稳定时，电容器相当于开关断开。分析微粒的受力情况，根据电场力方向与场强方向的关系判断微粒的电性；
滑动变阻器的触头P向下端移动时，分析电容器板间电压的变化，判断板间场强的变化，分析微粒所受电场力的变化，从而判断微粒的运动方向；
减小R4的光照强度，其电阻增大，根据电源的输出功率由内外阻关系决定判断；
增大R4的光照强度，其电阻减小，分析电路中电流的变化，从而判断R1消耗的电功率变化情况。
【解答】
A.电容器板间场强方向竖直向上，微粒所受电场力方向也竖直向上，则微粒带正电，故A错误；
B.滑动变阻器的触头P向下端移动时，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上运动，故B错误；
C.减小R4的光照强度，其电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则路端电压增大；电源的输出功率与内外阻关系决定，因其大小关系不确定，则不能判断其输出功率的变化，故C错误；
D.增大R4的光照强度，其电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，则路端电压减小，流过R1的电流减小，则R1消耗的电功率变小，故D正确。
8.【答案】AC
【解析】【分析】对装有一定量细沙的玻璃管进行受力分析，然后结合简谐振动的条件与公式分析即可。
该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。
【解答】A.装有一定量细沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B.由图乙可知在t1时刻，位移为负，加速度方向为正，所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反，故B错误；
C.由图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故C正确；
D.由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由振动图象可知质点L在t=1s时沿y轴负方向运动，结合上下坡法可得该波沿x轴负方向运动，故A正确；
B、图甲中质点M在最大位移处，速度为零，加速度最大，故B错误；
C、再经过t=1.5s质点L与质点N分别位于波峰与波谷，位移一个正一个负，故位移不同，故C错误；
D、由图甲可知该波波长为4m，当障碍物尺寸与波长差不多，或比波长小时，会发生明显衍射，故该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选：AD。
根据“上下坡法”判断波的传播方向和振动方向；明确M点的速度和加速度大小情况；
再经过t=1.5s，即t=34T，根据质点的振动情况确定L与质点N位移；
根据发生明显衍射的条件分析能否发生明显的衍射现象。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。
10.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，故A正确；
B，小物体再次回到M点时，摩擦力一直做负功，电场力做功为零，故B错误；
C.根据库仑定律
F=kq1q2r2
可知小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等，故C正确；
D.当加速度为零时，小物体的速度最大，由受力分析可知上滑到MN的中点时，小滑块受到自身重力，垂直于斜面的支持力，垂直于斜面的库仑力，沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，合外力不为零，加速度不为零，不是速度最大位置，故D错误。
故选AC。
11.【答案】(
【解析】本题考查器材的选用内接外接的运用以及螺旋测微器的读数
(1)由于电源电动势为3 V，电表读数要达到半偏，则电压表选D；由I=ER+r可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C；为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选F；电源电压为3v，由I=E/R+r可知电路中最大电流约为0.5 A，为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法。
(2)由主尺上读出0.5mm，螺旋尺上读数为40.0×0.01mm，两者和为：0.900mm
(3)R=ρLS=ρLπ(d2)2，解得：ρ=πRd24L
12.【答案】 1.345 降低 dΔt3 m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2
【详解】(1)[1]图中游标卡尺读数为
1.3cm+9×0.05mm=1.345cm
(2)[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
(3)[3]滑块A通过光电门1的速度大小
v3=dΔt3
[4]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
m2v1=m1v3−m2v2
m2d1Δt1=m1dΔt3−m2dΔt2
整理得
m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) r=4Ω ；(2) η=90% ；(3)625W
【解析】(1)对电热丝，有
P=I2R
解得回路电流为
I=5A
根据闭合回路欧姆定律，有
E=Ir+UM+IR
解得电源的内阻为
r=4Ω
(2)电动机的效率为
η=UMI−I2rMUMI×100%
解得
η=90%
(3)电动机的转子被卡住，回路电流为
I′=Er+rM+R=12.5A
电热丝上消耗的功率
P′=I′2R=625W
14.【答案】(1) eELm ；(2) 3 mLeE ；(3)3L
【详解】(1)在电场E1做匀加速直线，根据动能定理：
eEL2=12mv 02−0
得
(2)在电场E1中 v0=at1 ， eE=ma 得
t1= mLeE
电场E2类平抛 L=v0t2 ； PQ到屏做匀速
t3=tx=Lv0
总时间
t=t1+t2+t3
联立解得
t=3 mLeE
(3)从MN到屏几何关系
yy1=L+
解得
y=3y1
电场E2类平抛
y1=12a′t22 ， L=v0t2 ， eE2=ma′
联立解得
y1=eEL2mv02=L
则
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)根据题意，碰后小球恰能做完整的圆周运动，设小球被碰后获得的速度大小为 v1 ，运动至最高点时的速度大小为 v2 ，则可知在最高点由牛顿第二定律有mg=mv22L，小球从最低点到最高点由机械能守恒有12mv12=mg⋅2L+12mv22，
小球被碰后瞬间，设绳子上的拉力大小为 T ，则由牛顿第二定律有T−mg=mv12L，
联立以上各式解得v1= 5gL，T=6mg。
(2)设木板长度为 s ，碰撞前滑块的速度为 v0 ，碰后滑块的速度为 v′0 ，则碰撞前后瞬间滑块与小球组成的系统动量守恒，
根据动量守恒定律有mv0=mv′0+mv1，
根据题意，碰撞过程中滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有 12mv02=12mv′02+12mv12，
解得v′0=0，
即碰撞后滑块与小球交换速度，由此可知发生碰撞前滑块与木板共同运动的速度大小为v1= 5gL，
碰后木板速度不变，对木板与滑块组成的系统由动量守恒定律有mv1=2mv共，
对该系统在滑块与小球碰后，滑块与木板达到共速的过程中，由能量守恒有12mv12=12(2m)v共2+μmg⋅s2，
联立以上各式解得s=5L。
【解析】(1)滑块与小球碰后，小球恰能做完整的圆周运动，那么小球在最高点由重力恰好提供向心力可求出最高点的速度，然后由机械能守恒可求出小球在最低点的速度，在最低点由牛顿第二定律结合向心力公式可求出绳子的拉力；
(2)分析滑块与小球的碰撞过程，根据动量守恒与机械能守恒求出碰前滑块的速度，再分析碰后滑块在长木板上的运动过程，根据动量守恒与能量守恒求长木板的长度。
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