福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期1月阶段性训练物理试题（解析版）

这是一份福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期1月阶段性训练物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分为100分．考试用时75分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
1. 下列四个实验情境，其中说法中正确的是（ ）

A. 如图甲所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为，则C处磁场的总磁感应强度大小是
B. 如图乙所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动
C. 如图丙所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS
D. 如图丁所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一竖直面内，将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示，根据安培定则和磁感应强度的叠加规律可知C处磁场的总磁感应强度大小是
故A错误；
B．根据安培定则可知，当导线中通有如图乙所示电流时，导线下方的磁感应强度垂直纸面向里，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故B正确；
C．线框平面与磁场方向平行，此时通过线框磁通量为0，故C错误；
D．将线框绕PQ轴转动时，线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示为一简谐横波在时的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；如图乙所示为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的传播速度为
C. 从到，质点Q通过的路程为
D. 在时，质点P向y轴负方向运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．时质点Q向上振动，根据上下坡法可知这列波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．这列波的传播速度为
故B错误；
C．从到，质点Q经历，质点Q通过的路程为
故C错误；
D．时质点P处于平衡位置与波峰之间，向y轴正方向运动，在时，经历，质点P处于平衡位置与波峰之间，向y轴负方向运动，故D正确。
故选D。
3. 如图所示电路，所有电表均为理想电表,．当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设滑片P在滑动过程中在同一时刻的读数分别是；电表示数的变化量的绝对值分别是，那么下列说法正确的是（ ）

A. 增大，减小B.
C. 为定值，增大D. 电源的输出功率在减小，效率在降低
【答案】B
【解析】
【详解】当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，则总电阻变大，总电流减小，电阻上电压减小，内电压变小，那么增大，所以上电流增大，因为
则减小，故A错误；
BC．根据闭合电路欧姆定律得
所以
由欧姆定律得
所以
所以
B正确，C错误；
D．根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，开始时外电阻大于电源内阻，则当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，电源的效率
外电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压U增大，所以电源的效率增大，D错误。
故选B。
4. 如图，图（a）中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端移到右端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图（b）所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机不发生转动，则（ ）
A. 电路中电源电动势为
B. 变阻器滑片向右移动时，读数逐渐减小
C. 电动机的内阻为
D. 此过程中，电动机的输出功率最大值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于电压表测量的是电源的路端电压，所以在电压表与电流表I的图像中，其斜率的绝对值表示内电阻，有
当回路电流为0.1A时，路端电压为3.4V，此时电源内电压为
所以电源的电动势为
故A项错误；
B．变阻器向右滑动时，接入电路的总电阻增大，回路电流强度减小，由
路端电压升高，的示数增大，故B项错误；
C．电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，即此时的电动机可以看成纯电阻电路，而电压表测量器电动机两端的电压，电流表测量的电流为流过电动机的电流，所以此时电动机内阻
故C项错误；
D．当滑动变阻器调到零时，电动机输出功率最大，此时
电动机产热的功率为
电动机输出最大功率为
故D项正确。
故选D。
二、双项选择题：本小题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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. 关于教科书中出现的以下四张图片，下列说法正确的是（ ）
A. 图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
B. 图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平横纹，是因为光的干涉
C. 图3所示泊松亮斑现象是由于光偏振产生的
D. 图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的折射引起的
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图1所示疾驰而过急救车使人感觉音调发生变化，当急救车靠近时，感觉声调变高，反之急救车远离时，感觉声调变低。这是由于多普勒效应引起的，故A正确；
B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平横纹，是由于光的干涉产生的，故B正确；
C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C错误；
D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，故D错误。
故选AB。
6. 如图所示，一束复色光从空气中沿半圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光。则下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃砖对a光的折射率为
B. b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大
C. b光从玻璃射向空气发生全反射的临界角小于
D. 经同一套双缝干涉装置发生干涉，a光干涉条纹间距比b光更宽
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据光路图，玻璃砖对a光的折射率为
故A错误；
B．根据光路图，玻璃砖对b光的折射率为
可知，玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，根据
可知，折射率越大，在同种介质中传播速度越小，则b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度小，故B错误；
C．对b光有
即b光从玻璃射向空气发生全反射的临界角小于，故C正确；
D．由于玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，则b光的频率大于对a光的频率，而b光的波长小于对a光的频波长，根据
可知，经同一套双缝干涉装置发生干涉，a光干涉条纹间距比b光更宽，故D正确。
故选CD。
7. 在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（ ）
A. 在d~2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B. 在0~d间与4d~6d间电场强度相同
C. 只要，该带电小球就能运动到6d处
D. 只要该带电小球就能运动到6d处
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图象的斜率表示电场强度，在d~2d间的电场强度大小为
根据沿电场线电势降低，在d~2d间的电场强度沿x轴正方向，故A错误；
B．在0~d间与4d~6d间图象的斜率相同，可知在0~d间与4d~6d间电场强度大小相等，根据根据沿电场线电势降低，可知在0~d间与4d~6d间电场强度方向相同，沿沿x轴负方向，则在0~d间与4d~6d间电场强度相同，故B正确；
CD．负电小球从O点沿x轴正方向运动过程，电场力在处间做正功，在处间做负功，在处间做正功，只要带电小球能运动至处，小球就能运动到6d处，在过程，根据动能定理有
解得
故只要该带电小球就能运动到6d处，故C错误，D正确。
故选BD。
8. 如图所示，质量均为m物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后组合体ac做简谐运动的过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）

A. 组合体ac做简谐运动的振幅为
B. 物块b与地面间的最大作用力为
C. a和c碰撞过程中损失的能量为
D. 刚开始释放物块c时，c离a的高度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题意，组合体ac做简谐运动的过程中物块b恰好没有脱离地面，即组合体ac上升到最高位置时，弹簧弹力大小恰好为mg，则伸长量为
组合体ac运动至平衡位置时，弹簧的压缩量为
所以
组合体ac做简谐运动的振幅为
故A正确；
B．当组合体ac下降到最低位置时，弹簧压缩量最大，物块b与地面间的最大作用力最大，为
故B错误；
C．初始时刻弹簧的压缩量为
所以组合体ac刚开始向下运动时和上升到最高位置时弹簧的弹性势能相同，设ac刚开始向下运动时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律可得
解得
设c与a碰撞前瞬间c的速度大小为v0，对a、c的碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
所以a和c碰撞过程中损失的能量为
故C错误；
D．设刚开始释放物块c时，c离a的高度为h，根据机械能守恒定律有
解得
故D正确。
故选AD。
三、填空题：第9题2分，第10题3分，第11题3分，共8分。
9. 如图所示为两个等量点电荷P、Q的电场线分布。电荷P带________________电，某带电粒子（不计重力）以一定的初速度从A点射出，仅在电场力的作用下沿图中虚线由A点运动至B点。判断该粒子带________________电。（以上两空均选填“正”或“负”）
【答案】 ①. 正 ②. 负
【解析】
【详解】[1]由电场线方向可知，P带正电，Q带负电；
[2]由粒子运动轨迹可以看出，粒子受电场力向左或斜向左上，可推知粒子带负电。
10. 如图所示，电动势为E、内阻不计的直流电源与平行板电容器连接，电容器下极板接地，一带负电油滴被固定于电容器中的O点，静电计所带电量可被忽略。（以下三空均选填“增大”，“减小”或“不变”）
（1）若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则平行板电容器的电容值将________________，静电计指针张角________________；
（2）若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动小段距离，则O点带负电油滴的电势能________________。
【答案】 ①. 增大 ②. 不变 ③. 减小
【解析】
【详解】（1）[1][2]若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，即两板间距离d减小，由可知平行板电容器的电容值C增大，而电容器两极板间电势差U不变，则静电计指针张角不变。
[3]由、和联立可得两极板间电场强度大小为
若开关K闭合一段时间后断开，则电容器两极板所带电荷量Q不变，所以E不变。下极板接地，电势为零，设O点到下极板间的距离为x，则O点电势为
将下极板向下移动小段距离，x增大，增大，根据可知油滴电势能减小。
11. 某同学在某次电学实验中先用多用表的欧姆挡“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为________________；再用图乙螺旋测微器测量金属丝的直径d为________________；然后用图丙的毫米刻度尺测量其长度为________________。
【答案】 ①. 2 ②. 1.125（1.123~1.127范围内均可） ③. 9.75（9.73~9.77范围内均可）
【解析】
【详解】[1]欧姆挡测电阻时读数等于刻度值乘以挡位，即图甲中读数应记为2Ω。
[2]螺旋测微器读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以
[3]图丙中刻度尺的最小分度为1mm，需要估读到0.1mm，所以金属丝的长度为9.75cm。
四、实验题：本题共2小题，第12题6分，第13题6分，共12分。
12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，实验室提供以下器材：
A．电源E：电动势约，内阻约；
B．电流表：量程为，内阻；
C．电流表：量程为，内阻约为；
D．定值电阻；
E．定值电阻；
F．滑动变阻器R：最大阻值；
G．开关S一个，导线若干：
H．螺旋测微器。
（1）请根据方框丁内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量金属丝电阻（阻值约为）的电路，要求在电路图上注明所选元件符号________。
（2）用设计的电路进行实验，获得多组电流表和的读数，描点作图得到如图戊所示的图像，可以算出金属丝的电阻____________（计算结果保留一位小数）。
（3）若金属丝的长度为L，直径为d，则该金属丝的电阻率___________（用字母、π、L、d表示）。
【答案】 ①. ②. 1.66 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]装置中没有电压表，将内阻已知的电流表改装成电压表，根据电压表改装原理
电源电动势约为，当分压电阻选择定值电阻时，改装的电压表量程为，实验误差较大，则分压电阻选择定值电阻，改装的电压表的内阻已知，电流表采用外接法可准确求出金属丝电阻，实验电路如图所示。
（2）[2]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图象的斜率为
金属丝的电阻
（3）[3]根据电阻定律
该金属丝的电阻率为
13. 在利用单摆测量重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测量摆球的直径如图所示，则小球的直径为_______mm。
（2）若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是_______。
A．误将摆线长当作摆长
B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C．误将n次全振动次数计为n-1次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
（3）若另一位同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长1.00m，根据图中的信息可得，重力加速度g=_______m/s2（取π2=9.86，结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. 10.60 ②. B ③. 9.86
【解析】
【详解】（1）[1]摆球直径为
10mm+12×0.05mm=10.60mm
（2）[2]根据
得
A．把摆线长当作摆长，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故A错误；
B．把摆线长与球的直径之和作摆长，L测量值偏大，导致g的测量值偏大，故B正确；
C．将n次全振动次数计为n-1次，则T测量值偏大，导致g的测量值偏小，故C错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故D错误。
故选B；
（3）[3]由图可知
T=2s
又
解得
g=9.86m/s2
五、计算题：本题共3小题，第14题10分，第15题14分，第16题16分，共40分。
14. 如图所示，飞船在距某星球表面一定高度处悬停，选定相对平坦的区域后，在反推火箭作用下，开始加速下降，下降高度为，当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停止工作，此时飞船速度为。随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下，经减速到0，停止在该星球表面上。飞船质量，该星球表面的重力加速度。求：
（1）飞船加速下降过程中，反推火箭对飞船做的功；
（2）从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小。

【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）飞船加速下降过程中，设反推火箭对飞船做的功为W，根据动能定理有
解得
（2）从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，设地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小为F，根据动量定理有
解得
15. 如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
16. 如图，在足够大的光滑、绝缘水平面上有两小球A和B，质量分别为3m、m，其中A带电量为，B不带电，开始时A与B相距，空间加有水平向右匀强电场，场强大小为E，此时小球A由静止释放，小球A、B发生弹性正碰且A电荷量不会转移，A与B均可视为质点，重力加速度为g。
（1）求小球A与B第一次碰撞后的瞬间物块B的速度大小；
（2）求从初始时刻，到两小球发生第二次碰撞时，小球A电势能的减少量；
（3）求两小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的时间间隔。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A加速运动，由动能定理得
解的
设A与B发生碰撞后瞬间，A与B的速度大小分别为，，对于A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
由机械能能守恒定律得
联立得
（2）若A、B发生第一次碰撞后到恰好发生第二次碰撞，运动时间为，则A的位移大小为
根据牛顿第二定律可得
B的位移大小为
且

联立四式得

对小球A从初始到与B球第二次碰撞时，电场力做功
又
联立解得小球A电势能的减少量
（3）由（2）可知，当A、B第二次相碰时，A球速度为
解得
设第二次碰撞后两个小球的速度分别为、，根据动量守恒定律得
由机械能能守恒定律得
联立解得
设从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为，根据位移关系
解得
以此类推，可以发现两小球每次碰撞后速度之差为，到下一次碰撞前速度差仍为，所以他们再次碰撞所需的时间均为
所以两小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的时间间隔