黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题（原卷版+解析版）

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时间：75分钟 出题人： 校题人：
一、单选题（每题4分）
1. 为了增大无线电台向空间发射无线电波的能力，对LC振荡电路的结构可采用下列哪些措施（ ）
A. 增大电容器极板的正对面积B. 增大电容器极板的间距
C. 增大自感线圈的匝数D. 提高供电电压
【答案】B
【解析】
【详解】要增大无线电台向空间发射电磁波的能力，必须提高其振荡频率，由
减小L和C可以提高f，要减小L可采取减少线圈匝数，向外抽出铁芯的办法，要减小C可采取增大极板间距、减小极板正对面积、减小介电常数的办法。
故选B。
2. 电磁波为信息的传递插上了“翅膀”。广播、电视、移动通信等通信方式，使古代人“顺风耳、千里眼”的梦想变成了现实。关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波的传播需要介质
B. 雷达是用γ射线来测定物体位置的设备
C. 电磁波的波速c、波长λ、频率f的关系为c=λf
D. 遥控器发出的红外线和医院“CT”中的X射线的波长相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．电磁波的传播不需要介质，A错误；
B．雷达是用微波来测定物体位置的设备，B错误；
C．电磁波的波速c、波长λ、频率f的关系为c=λf，C正确；
D．遥控器发出的红外线和医院“CT”中的X射线的波长不同，D错误；
故选C。
3. 下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A. X射线穿透力较强，可用来进行人体透视
B. 紫外线能在磁场中偏转，有很强的荧光效应，可用于防伪
C. 麦克斯韦建立了电磁场理论并证实了电磁波的存在
D. 红外体温计是依据体温计发射红外线来测量体温的
【答案】A
【解析】
【详解】A．X射线穿透力较强，可用来进行人体透视，故A正确；
B．紫外线有很强的荧光效应，可用于防伪，但不带电，不能在磁场中偏转，故B错误；
C．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．红外体温计是依据人体发射红外线来测量体温的，不是体温计发射红外线，故D错误。
故选A。
4. 倾斜金属导轨表面光滑，与水平方向夹角为，上端连一电阻，导轨宽度，阻值可忽略不计，金属棒质量为，与导轨接触良好且接入电路的电阻，空间存在垂直轨道向下的匀强磁场，若金属棒刚好能在导轨上以的速度匀速下滑，，磁感应强度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】金属棒刚好能在导轨上以的速度匀速下滑，根据法拉第电磁感应定律可知
根据闭合电路欧姆定律
则安培力的大小为
对金属棒受力分析，由平衡可知
解得
故选C。
5. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B. 仅增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C. 仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度不变
D. 比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．设粒子环绕半径为，由
可知若D形盒半径为，则射出加速器时粒子速度
则最大动能
可知射出加速器时的动能与加速电压无关，仅增大磁场的磁感应强度或仅增大D形金属盒的半径则可使增大，射出加速器时的动能增大，故B正确，AC错误；
D．根据
解得磁场或电场的周期
比荷不同粒子不能保证粒子一直加速，因此比荷不同的粒子不能用同一加速器加速，故D错误。
故选B。
6. 如图，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，直角边长度为2d，匀速穿过垂直于纸面向里、宽度为d的匀强磁场区，线框中将产生随时间变化的感应电流i，设逆时针为线框中电流的正方向，当一直角边与磁场左边界重合时开始计时，则图中正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为逆时针方向，随着线框的运动，导线切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，根据根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为顺时针方向，线框的有效切割长度均匀减小，感应电流均匀减小。
故选D。
7. 在如图所示的电路中，L是自感系数足够大的线圈（直流电阻不计），A、B为两只相同的灯泡，下列说法中正确的是（ ）

A. S刚闭合时，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮
B. S刚闭合时，两灯同时亮，然后A灯熄灭，B灯亮度不变
C. S闭合一段时间后，再将S断开，A、B两灯同时熄灭
D. S闭合一段时间后，再将S断开，A灯闪亮一下熄灭，B灯立即熄灭
【答案】D
【解析】
【详解】AB．闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故AB错误；
CD．断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，故C错误、D正确。
故选D
二、多选题（每题4分）
8. LC振荡电路既可产生特定频率的信号，也可从复杂的信号中分离出特定频率的信号，是许多电子设备中的关键部件。如图所示，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路中的电流正在增加，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器上极板带负电B. 电路中的电场能正在增大
C. 电路中的电流方向为由a到bD. 电容器两极板间的电场强度正在减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．根据安培定则，线圈中的电流从下到上，此时电流正在增加，表明电容器正在放电，所以上极板带负电，下极板带正电，电流方向从b流向a，故A正确，C错误；
B．由于电容器正在放电，根据能量守恒定律分析，能量正在从电场能转化为磁场能，电场能减小，磁场能增大，故B错误；
D．电容器正在放电，电场能减小，两极板间的电场强度正在减小，故D正确。
故选AD。
9. 甲图LC振荡电路中电容器的电容为，乙图为电容器的电荷量q随时间t变化的图像，时刻电容器的M板带正电。下列说法中正确的是（ ）
A. 甲图中线圈的自感系数
B. 时间内，线圈的磁场能不断增大
C. M、N之间的最大电压为50V
D. 时间内，电容器N板带正电
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意，由乙图可知
由公式可得，线圈的自感系数为
故A错误；
B．根据题意，由乙图可知时间内，电荷量减小，电容器内电场能不断减小，则线圈的磁场能不断增大，故B正确；
C．根据题意，由公式可得，M、N之间的最大电压为
故C错误；
D．时刻电容器的M板带正电，时刻电容器电荷量减小到，则时间内，电容器板带正电，故D正确。
故选BD。
10. 关于无线电波的传播，下列叙述正确的是（ ）
A. 频率越高，越适合沿地面传播
B. 频率越高，越接近直线传播
C. 无线电波遇到导体，就可以在导体中激起同频率的振荡电流
D. 只要有三颗同步卫星在赤道上空传递微波，就可把信号传遍全世界
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由可知，频率越高，波长越短，衍射性越差，不宜沿地面传播，越接近直线传播，故A错误，B正确；
C．无线电波遇到导体，会在导体内产生同频率的振荡电流，故C正确；
D．由于同步卫星相对地面静止在赤道上空36000km高的地方，用它作微波中继站，只要有三颗互成的同步卫星，就能覆盖全球，故D正确。
故选BCD。
11. 如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁（极性不明），当条形磁铁下落时，可以判定（ ）
A. 环中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B. 环对桌面的压力将增大
C. 环有面积缩小的趋势
D. 磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于磁铁的极性不明，无法确定环中感应电流的方向，故A错误；
B．磁铁靠近圆环，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律的推论可知，环有面积减小和远离磁铁的趋势，故环对桌面的压力将增大，故BC正确；
D．根据力的作用是相互的，可知，磁铁受到环对它施加的竖直向上的作用力，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，真空中固定一正点电荷，图中实线为点电荷形成的电场中的几个等势面，虚线是某一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，MN是轨迹上两点。若带电粒子只受到电场力作用。可判断（ ）
A. 粒子带正电荷
B. 带电粒子在M、N两点的加速度M点大
C. 带电粒子在M、N两点的电势能N点大
D. 带电粒子在M、N两点的速度N点大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】A．粒子所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故应如图所示
粒子受斥力作用，故带正电，A正确；
B．粒子在M点受到的电场力（库仑力）较大，故加速度较大，B正确；
C．若粒子从M运动到N，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故在M点的电势能较大，在N点的速度较大，C错误，D正确。
故选ABD。
三、实验题：（13题6分、14题10分）
13. 在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，采用如下步骤完成实验：
（1）利用螺旋测微器测定合金丝直径如图甲所示，该合金丝的直径d＝______mm；
（2）首先用多用电表粗测的电阻，当用“”挡时发现指针偏转角度过大如图乙所示，接下来的测量操作如下，请帮助该同学选择必需的操作并按操作顺序排序______；
A. 测量结束后，将选择开关旋到“OFF”
B. 断开待测电阻，将选择开关转到“”挡
C. 断开待测电阻，将选择开关放到“”挡
D. 将红黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”
E. 再接入待测电阻，将指针示数乘以对应倍数，即为待测电阻的阻值
（3）若电压表的示数为U，电流表的示数为，合金丝长度为L，则该合金丝的电阻率_______（用U、I、L、d表示）。
【答案】13. 0.730##0.731##0.732##0.733##0.734
14. BDEA 15.
【解析】
【小问1详解】
由图甲可知，螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为
则有该合金丝的直径
【小问2详解】
由题意可知，当用“”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻值比较小，由图乙可知该被测电阻值大约为，为测量比较准确，应选择低一档位进行测量，其操作顺序应为：
B．断开待测电阻，将选择开关转到“”挡。
D．将红黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”。
E．再接入待测电阻，将指针示数乘以对应倍数，即为待测电阻的阻值。
A．测量结束后，将选择开关旋到“OFF”。
因此操作顺序排序为BDEA。
【小问3详解】
若电压表的示数为U，电流表的示数为，合金丝长度为L，由欧姆定律和电阻定律可得该合金丝的电阻率为
14. 为描绘标有“，”字样的小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：导线，开关，电动势为4V的电池组和待测小灯泡，此外还有如下实验器材供选择：
A.电流表（量程为，内阻约为）
B.电流表（量程为，内阻约为）
C.电压表（量程为，内阻约为）
D.电压表（量程为，内阻约为）
E.滑动变阻器（）
F滑动变阻器（0~100Ω）
（1）为减小实验误差，下列四种实验方案最理想的是_________（填正确答案标号）；
A.B.
C. D.
（2）在上述实验方案中，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________（填器材前面的字母代号）。
（3）某同学利用所选用的实验器材描绘出了小灯泡的伏安特性曲线，如下图所示，由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐_________（选填“增大”或“减小”）；当流过小灯泡的电流为时，此时小灯泡的电阻为_________Ω；

【答案】 ①. C ②. A ③. E ④. 增大 ⑤. 4.4
【解析】
【详解】（1）[1]由曲线可知，电压从零开始，所以滑动变阻器用分压式接法；小灯泡的电阻约为
由于电阻较小故电流表采用外接。
故选C。
（2）[2][3]灯泡额定电流
可知，电流表选A，滑动变阻器分压式接法，则应选择最大值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选E。
（3）[4]图像中斜率表示电阻的倒数，由图可知，斜率随着电压的增加减小，则电阻增大。
[5]由图像可知，当流过小灯泡的电流为时，此时小灯泡的电压为，此时小灯泡的电阻为
四、计算题（15题10分、16题12分、17题14分）
15. 如图所示，电阻不计的两条足够长的光滑平行金属导轨放置在同一水平面内，导轨间距为，与导轨连接的定值电阻，质量为、垂直于导轨放置的金属棒接入电路中的电阻为，整个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中。某时刻，金属棒在与导轨平行的外力作用下以恒定加速度由静止开始向右匀加速运动，初始，则
（1）金属棒的加速度？
（2）时，外力的大小
（3）内，通过导体棒的电荷量为？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律
得
（2）根据牛顿第二定律
根据闭合电路欧姆定律
感应电动势
速度
联立以上各式代入数据得
（3）内平均电流，则
联立解得
Q=8C
16. 一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴，以如图所示的角速度匀速转动，外电路电阻为R。
（1）转动过程中感应电动势的最大值有多大？
（2）线圈平面与磁感线夹角为时的感应电动势多大？
（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）转动过程中感应电动势的最大值为
（2）线圈平面与B成时的瞬时感应电动势
（3）电动势的有效值
电流的有效值
柴油机的功转化为电能，线圈转一周，柴油机做功
17. 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小。有一带电微粒，质量，电荷量，从时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取，求：
（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若在时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能。
【答案】（1），速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角；（2）（0，1.6m）；（3）
【解析】
【详解】（1）微粒做匀速直线运动时，受力如图所示：
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有
代入数据解得：
速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足
解得
即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角。
（2）经过t=0.4s后，微粒运动到A点，运动位移OA为
即A点坐标为，此时将电场逆时针旋转90°后，有
分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有
解得
分析可得微粒运动轨迹如图：
设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知
则
即微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）。
（3）设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为，刚撤去磁场时，沿y轴正方向速度为
运动到P点所用的时间为，则
刚撤去磁场时，沿x轴正方向速度为
x轴方向加速度为
微粒到达P点的速度为
微粒在P点处的动能为