江西省九校2022-2023学年高二下学期开学联考物理试卷(含答案)

这是一份江西省九校2022-2023学年高二下学期开学联考物理试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是( )
A.红外线和紫外线都是电磁波
B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线波长长
C.红外线的波长比无线电波长
D.只有热的物体才能辐射红外线
2．一带正电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点以初速度沿x轴正方向做直线运动，已知x轴上各点电势分布如图所示，则粒子在区域内运动的说法正确的是( )
A.该粒子的电势能一直增大
B.该粒子的动能先减小后增大
C.该粒子的加速度先减小后增大
D.该粒子所受电场力先沿方向后沿方向
3．如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下列情况中可使指针张角增大的是( )
A.合上S，使A、B两板靠近一些
B.合上S，使A、B正对面积错开一些
C.断开S，使A、B两板距离拉开一些
D.断开S，使A、B两板靠近一些
4．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为。一电子经过a时的动能为，从a到d的过程中克服电场力所做的功为。下列说法正确的是( )
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
5．如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度开始下滑到同样的另一高度的过程中，下列与A、B两个物体有关的物理量相同的是( )
A.所受重力的冲量大小B.所受支持力的冲量大小
C.所受合力的冲量大小D.动量的变化量
6．如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。现在突然发现灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（灯泡电阻不变）( )
A.断路B.短路C.断路D.同时短路
7．如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物体B并留在其中. 在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，动量守恒，机械能也守恒的是( )
A.弹射入木块的过程
B.B物块载着子弹一起向左运动的过程
C.弹簧推载着子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D.弹簧恢复原长后，B物块因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长最大的过程
二、多选题
8．如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是( )
A.理想电压表的示数变小B.电源的输出功率增大
C.D.
9．如图所示，a、b、c、d是以O点为圆心的圆弧上的四个点，该圆的半径。a、b、c、d在坐标系的x轴和y轴上，匀强电场的方向与x轴正方向成角，已知O点的电势为零，a点的电势为4V，则下列说法正确的是( )
A.匀强电场的场强
B.b点电势为
C.将一个带电荷量为的试探电荷从a点移到c点，试探电荷的电势能减少
D.将一个带电荷量为的试探电荷从b点移到d点，电场力做功为
10． 如图所示，一质量为m、带电荷量为q的微粒，从两平行金属板正中央沿与匀强电场垂直的方向射入，不计微粒重力。当微粒入射速度为v时，它恰好穿过电场而不碰金属板，现使微粒入射时速度为，仍恰好穿过电场。保持其他量不变时，可行的方法是( )
A.使微粒带电荷量为原来的B.使两板间电压减为原来的
C.使两板间距离增为原来的2倍D.使两板长度减为原来的
11．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中( )
A.动能增加B.机械能增加
C.重力势能增加D.电势能增加
三、实验题
12．（1）如图所示的实验装置是用来研究________________（选填“电流的磁效应”或“磁场对通电导线的作用”）的。
（2）实验前，开关断开，小磁针静止在水平桌面上，小磁针正上方的导线与小磁针的NS方向平行，此时，小磁针的N极指向地理_________（选填“北极”或“南极”）附近。
（3）开始实验，闭合开关，从上往下看，小磁针将沿_________（填“顺时针”或“逆时针”）偏转一定角度。
13．用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻。
（1）若闭合电键，将单刀双掷电键掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。
（2）若断开，将单刀双掷电键掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I。
（3）某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图像(如图②和③所示)，纵轴截距分别是，斜率分别为。若忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：
1、步骤（1）中测得的电动势___________；内阻___________。(用表示)
2、步骤(2)中测得的电源内阻比真实值_________(填偏大、相等、或偏小)。
若不能忽略电压表的分流和电流表的分压作用，则：
3、结合两组图像可计算出该电源的真实电动势，真实内阻_________。
四、计算题
14．如图所示，为倾角的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道相连接，质量为的小球乙静止在水平轨道上，质量为的小球甲以速度与小球乙发生弹性正碰。若，且轨道足够长。，。求：
（1）两球第一次碰后小球甲、乙的速度；
（2）要使两球能发生第二次碰撞，小球乙与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。
15．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻不计，其他各电阻阻值，。水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L。在A板的左下端且非常靠近板A的位置，有一质量为m、带电荷量为的小液滴以初速度水平向右射入两板间。（重力加速度用g表示）则：
（1）若使液滴能沿方向射出电场，电动势应为多大；
（2）若使液滴恰能打在B板的中点，电动势应为多大。
16．如图所示，空间中存在水平向右、场强大小为的匀强电场。水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑圆弧轨道水平相切与C点。，传送带顺时针转动，速率恒为。现将一质量为、带正电且电荷量为的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与段和段间的摩擦因数均为。取，求：
（1）小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；
（2）小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；
（3）小滑块对圆弧轨道压力的最大值。
参考答案
1．答案：A
解析：A.根据电磁波谱可知，电磁波包括可见光波段和不可见波波段，红外线和紫外线都是不可见光，红外线和紫外线都是电磁波，故A正确；
B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线波长较短，频率较大，具有较高的能量，故B错误；
C.根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，故C错误；
D.一切物体都在不停地辐射红外线，温度越高的物体辐射的红外线越多，故D错误。
故选A。
2．答案：B
解析：A.根据电势能公式，粒子带正电，由图像知电势能先增大后减小，A错误；
B.根据能量守恒定律，电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，B正确；
C.根据图像的斜率绝对值表示电场强度大小，可知场强先减小后增大再减小，则电场力先减小后增大再减小，该粒子的加速度先减小后增大再减小，C错误；
D.粒子电势能先增大后减小，所以静电力先做负功后做正功，粒子带正电，则所受电场力先沿方向后沿方向，D错误。
故选B。
3．答案：C
解析：AB.合上S，极板间电压等于电源电动势，即极板间电压保持不变，指针张角保持不变，故AB错误；
C.断开S，由于静电计所带电荷量很小，可认为电容器电荷量保持不变，使A、B两板距离拉开一些，根据，可知电容器电容减小，电容器电压增大，指针张角增大，故C正确；
D.断开S，由于静电计所带电荷量很小，可认为电容器电荷量保持不变，使A、B两板靠近一些，根据，可知电容器电容增大，电容器电压减小，指针张角减小，故D错误。
故选C。
4．答案：B
解析：A.虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小6eV，电势能增加量了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，平面b上的电势为4V，由于电势能增加，等势面电势有a到f是降低的，因此平面d上电势为0，故A错误；
B.由上述分析可知，当电子垂直等势面由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做类斜抛运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
CD.在平面b上的电势为4V，则电子的电势能为-4eV，动能为8eV，电势能和动能之和为4eV，则当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为0，电子在经过平面b时的动能是平面d时的2倍，则该电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故CD错误。
故选B。
5．答案：C
解析：A.重力的冲量表示为，A、B两个物体下滑的时间分别为，则有，，由此可知，A、B两个物体下滑的时间不同，则所受重力的冲量大小不同，A错误；
B.AB两物体所受支持力的冲量大小表示为，，由此可知，所受支持力的冲量大小不相等，B错误；
C.由动能定理可知，物体下滑到同一高度时的速度大小相同，则末动量大小相同。由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，则所受合力的冲量大小相同，C正确；
D.动量的变化量为矢量，物体末速度大小相同，方向不同，则动量变化量一定不相同，D错误。
故选C。
6．答案：C
解析：采取代入排除法，将选项逐个代入分析：断路→增大→变大→减小→变大，灯泡A、B两端电压变大，由此可知两灯均变亮，故A错误；短路→减小→减小→增大→减小→减小，通过灯泡A和B的电流变大，两灯变亮，B错误；断路→增大→变大→减小→增大→增大，通过灯泡A的电流变小，灯泡B两端电压变大，灯泡A变暗，灯泡B变亮，故C正确；同时短路，灯泡B不亮，故D错误。
7．答案：D
解析：A.子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块组成的系统动量守恒，则系统动量守恒。在此运动过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小。所以机械能不守恒。故A错误。
B.B物块载着子弹一起向左运动的过程，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒。故B错误。
C.弹簧推载着子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对弹簧有向右的弹力，系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒。故C错误。
D.在A离开墙，B继续向右运动的过程中，系统所受的外力为零，动量守恒。只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒。故D正确。
8．答案：CD
解析：A.根据图形可知，定值电阻R与滑动变阻器是串联关系，滑片向上滑动，接入电阻变大，电路总电阻增大，电路中干路电流减小，根据可知，理想电压表的示数变大，A错误；
B.根据上述，干路电流减小，根据，作出电源输出功率与外电阻的关系如图所示
由于定值电阻R的阻值大于电源内阻r，则外电阻大于电源内阻，当滑片向上滑动，外电阻增大，可知，电源输出功率减小，B错误；
C.根据，C正确；
D.根据电路关系有，则有，由于定值电阻R的阻值大于电源内阻r，可知，D正确。
故选CD。
9．答案：AC
解析：A.a、O间沿电场线方向的距离为，a、O间电势差为，可得场强为，A正确；
B.同理，b、O间沿电场线方向的距离为，O点的电势为零，可得b点电势为，B错误；
C.ac点的电势差为，可得将一个带电荷量为+1C的试探电荷从a点移到c点时，电场力做功为，电场力做正功，试探电荷的电势能减少8J，C正确；
D.bd点的电势差为，将一个带电荷量为-1C的试探电荷从b点移到d点，电场力做功为，D错误。
故选AC。
10．答案：BCD
解析：设平行板长度为L，间距为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，沿初速度方向做匀速运动，有，垂直初速度方向做匀加速运动，有，联立可得。
A.微粒带电荷量为原来的,设微粒可以穿过电场，则有，可知微粒打在极板上，故A错误；
B.使两板间电压减为原来的，设微粒可以穿过电场，则有，可知微粒仍恰好穿过电场，故B正确；
C.使两板间距离增为原来的2倍，即板距为，设微粒可以穿过电场，则有，可知微粒仍恰好穿过电场，故C正确；
D.使两板长度减为原来的，设微粒可以穿过电场，则有，可知微粒仍恰好穿过电场，故D正确。
故选BCD。
11．答案：BD
解析：A.小球动能增加量为，A错误；
BC.小球在竖直方向做匀减速运动，竖直速度减为零时，设上升高度为h，有，解得，则重力势能增加量为，机械能增加量为，B正确，C错误；
D.小球在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直速度由v减到零的过程，水平速度刚好由零加到2v，根据加速度定义式得，水平方向的加速度大小为竖直方向加速度大小的2倍，根据牛顿第二定律得水平方向电场力和加速度大小分别为2mg、2g，则水平方向位移大小为，电场力做正功，所以电势能增加为，D正确。
故选BD。
12．答案：（1）电流的磁效应（2）北极（3）顺时针
解析：（1）如图的实验装置，是用来研究电流的磁效应的；
（2）开关断开，导线中无电流，小磁针在地磁场作用下，小磁针的N极指向地理的北极附近；
（3）闭合开关，导线中有向左的电流，由右手螺旋定则可知，小磁针所在位移的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针的N极向外，S极向里，从上往下看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度。
13．答案：1、；2、偏大3、
解析：1、若闭合电键，将单刀双掷电键掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的数U，根据闭合电路欧姆定律可知，则，因此图像的纵轴截距，电动势，图像的斜率，则电源内阻，。
2、根据闭合电路欧姆定律变形，得到与R的关系式，根据数学知识得知，图像的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和.则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。
3、由以上分析可知，图③中电动势是准确的，而②图像的斜率，联立解得。
14．答案：（1）见解析（2）
解析：（1）设甲乙第一次碰后速度分为、
由动量守恒
能量守恒
解得
（2）设乙碰后能沿斜面运动距离为S
由动能定理
返回水平面速度为，则
且由
解得
15．答案：（1）（2）
解析：（1）由
则
由平衡条件
解得
（2）利用类平抛运动规律
由牛顿第二定律
同理
解得
16．答案：（1）3m/s（2）（3）12.6N
解析：（1）滑块从A到B过程，由动能定理得
解得
（2）滑块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
滑块与传送带共速时位移为，则
解得
滑块与传送带共速后，继续向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
由
在C点，由
联立解得
（3）滑块在圆弧轨道运动时，等效重力位
等效重力与水平方向的夹角满足
解得
在上最大速度为，由动能定理得
由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知滑块对圆弧轨道的最大压力为12.6N。