2023-2024学年云南省昆明市第三中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市第三中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共18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。
1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A. 两个电势不同的等势面可能相交
B. 电场线与等势面不一定相互垂直
C. 同一等势面上各点电场强度一定相等
D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功
2.关于电流，下列说法中正确的是( )
A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
B. 电源的电动势在数值上等于电源在搬运电荷时非静电力所做的功
C. 电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与U(电压)成反比
D. 通过某一导体的电流大小与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比
3.质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边( )
A. s2B. 2sC. sD. 22s
4.将长为2L、粗细均匀的导线ab，从中点O处折成如图所示形状，aO⊥bO，ab连线与水平方向成45°夹角，导线所在位置处有范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将导线在纸面内以相同大小的速度v，分别以垂直ab斜向上和水平向左两个方向运动，则两种情况下a、b两点间的电势差之比为
( )
A. 1: 2B. 2:1C. 1:2D. 2:1
5.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A. 11B. 12C. 121D. 144
6.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=3Ω，R0=1Ω，直流电动机内阻RM=1Ω。当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(其额定输出功率P0=2W)，则R1和R2接入电路中的阻值分别为( )
A. 2Ω、2ΩB. 2Ω、1.5ΩC. 1.5Ω、1.5ΩD. 1.5Ω、2Ω
7.如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷+q、+q、−q，则该三角形中心O点处的场强为( )
A. 3kqa2，方向由C指向OB. 3kqa2，方向由O指向C
C. 6kqa2，方向由O指向CD. 6kqa2，方向由C指向O
8.如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )
A. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1∶3
B. 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1∶ 3
C. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶3
D. 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶1
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A. x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D. 由x1运动至x4的过程中电场力先减小后增大
10.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是( )
A. L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B. L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1: 3
D. L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3: 3:1
11.如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则( )
A. 金属棒ab最终可能匀速下滑
B. 金属棒ab一直加速下滑
C. 金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D. 带电微粒不可能先向N板运动后向M运动
12.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒
B. 小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v03
C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v03
D. 从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为 6mv03
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止放在轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。
还要完成的必要步骤是_________.(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______________________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为_______________________ [均用用(1)中测量的量表示]。
14.某一物理兴趣小组按照甲图所示的电路测量某电源的电动势E和内阻r，实验室准备器材如下：
a.待测电源(电动势E约为3V，内阻r约为几欧姆)；
b.量程为3V的电压表V(不是理想电压表)；
c.满偏电流IG=100mA的电流计GrG=1Ω；
d.定值电阻R1=0.25Ω；
e.滑动变阻器R(阻值变化范围0∼40.0Ω)；
f.开关S一个；
g.导线若干。
(1)给表头并上一个定值电阻使之成为一个新的电流表，则改装后的电流表量程为____A，阻值为_____Ω；
(2)在电路连接和实验操作都正确的情况下，调节滑动变阻器R，得到多组电压表V和表头G的读数，做出如题图乙所示的图像，由图像可知该电源的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω；(均保留两位有效数字)；
(3)由实验原理分析系统误差得出电源电动势的测量值_____(填“大于”“小于”或“等于”)真实值，内阻的测量值_____(填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
15.如图，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。运动过程中轻杆一直保持竖直，重力加速度为g，求：
(1)C第一次运动到最低点时C的速度大小；
(2)此后C向左运动时能达到的最大高度。
16.直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0,−0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)微粒第一次通过x轴时的坐标和微粒第一次通过y轴时的坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量。
17.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.电场线不相交，等势面与电场线相互垂直，所以两个电势不同的等势面不会相交，故A错误；
B.电场线与等势面一定相互垂直，故B错误；
C.同一等势面上各点电势一定相等，电场强度的大小与电势的高低无关，故C错误；
D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】A.根据电流的定义式可知单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，故A错误；
B.电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位电荷时非静电力所做的功，故B错误；
C.电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与U(电压)无关，故C错误；
D.由欧姆定律可知，通过某一导体的电流大小与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep= 12mv2 ，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有
Ep=2× 12 mvB′2
由以上两式解得
vB′= 22 vB
由于B球抛出后做平抛运动，两次高度相同，运动时间相同可得
s′= 22s
故选D
4.【答案】B
【解析】【分析】
由导体棒切割公式E=BLv求解感应电动势，注意等效长度的求解。
掌握切割公式是解题的关键。
【解答】
导线以垂直ab斜向上匀速运动时，感应电动势E1=BLabv= 2BLv，导线以水平向左匀速运动时，感应电动势E2=BLOav=BLv，a、b两点间的电势差之比Uab1Uab2=E1E2= 21，故B正确，A、C、D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题先在电场加速后在磁场偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。
本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式。
【解答】根据动能定理得，qU=12mv2，得v= 2qUm①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律，有qvB=mv2R
得R=mvqB②
①②两式联立得：m=qB2R22U
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误
故选：D。
6.【答案】B
【解析】图甲为纯电阻电路，根据公式
P出=I2R外=E2(R外−r)2R外+4r
当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，则 R1 接入电路的阻值为
R1=r−R0=3Ω−1Ω=2Ω
图乙是非纯电阻电路，则电源的输出功率为
P=UI=I(E−Ir)=−3(I−2)2+12
当
I=2A
时，输出功率最大，此时电动机的输出功率为
P0=2W
电动机的发热功率为
P热=I2RM=4W
则电动机的输入功率为
P入=P0+P 0′=2W+4W=6W
则电动机两端电压为
UM=P入I=62V=3V
则电阻 R2 两端的电压为
U2=E−Ir−UM=3V
则电阻 R2 阻值为
R2=U2I=32Ω=1.5Ω
故选B。
7.【答案】C
【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为
r=23asin60∘= 33a
三个电荷在O处产生的场强大小均 E0=kqr2 ，根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为 E1=kqr2 ，再与−q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为
E=E0+E1=6kqr2
方向由O指向C，故C正确，ABD错误。
故选C
8.【答案】C
【解析】设圆形磁场半径为 R ，根据几何关系粒子1、2在磁场中运动的轨道半径分别为
r1=Rtan30∘ ， r2=Rtan60∘
粒子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
可得粒子的比荷为
qm=vBr∝1r
可知带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为
q1m1:q2m2=r2:r1=3:1
粒子在磁场中的运动时间为
t=θ2π⋅T=θ2π⋅2πrv∝θr
带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为 120∘ 和 60∘ ，则带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为
t1:t2=θ1r1:θ2r2=2:3
故选C。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
由电场的方向及电势的高低判断x2和x4处的电势高低，再由电势能的概念判断点电荷在两位置处的电势能高低；由电势能的概念判断电荷由x1运动到x3的过程中电势能的变化；由场强的变化判断该过程电场力的变化。
本题主要考查场强随距离的变化关系图象，明确图象的含义是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由题意可知x轴正向为场强正方向，由电场线的特点可知，沿电场线的方向电势逐渐降低，而由x1到x4区间为反向电场，故φx20，由右手定则判断电势高低．
本题关键要知道只有金属棒速度增大时才有充电电流，所以mgsinθ−BIl>0，所以金属棒将一直加速，难度适中
12.【答案】ABD
【解析】A.小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；
B.小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得
mv0=mv1+2mv2
再有机械能守恒定律可得
12mv 02=12mv 12+12⋅2mv 22
解得
v1=m−2mm+2mv0=−13v0
所以B正确；
C.从小球射入至运动到 U 形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得
mv0=(m+2m)vx
vx=v03
由能量守恒得
12mv0=12⋅2mv x2+12mv2
解得
v= 73v0
所以C错误；
D.小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为 vy ，由速度的合成与分解可知
vy= v2−v x2= 63v0
对小球由动量定理得
I=mvy−0= 63mv0
由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为
I′= 63mv0
所以D正确。
故选ABD。
13.【答案】 ADE m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
【解析】(1)[1]两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开斜槽做平抛运动，由于抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，则
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
所以实验需要测量两球的质量和两球平抛运动的水平射程OP、OM、ON。
故选ADE。
(2)[2]根据第(1)问分析可知两球碰撞过程系统动量守恒，有
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(3)[3]若发生弹性碰撞，则
12m1v02=12m1v12+12m2v22
化解得
m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
14.【答案】 0.5 0.2 3.0 2.5 等于 等于
【解析】(1)[1]改装后的电流表量程为
I=IG+IGrGR1=0.5A
[2]改装后的电流表电阻为
RA=R1rAR1+rA=0.2Ω
(2)[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
E=U+I1+I1rGR1RA+r
化解得
U=E−I11+rGR1RA+r
可知图像的纵截距为电源电动势，有
b=E=3.0V
斜率为
k=−1+rGR1RA+r
解得电源内阻为
r≈2.5Ω
(3)[5][6]该电流表读数为0时，电压表读数等于电源电动势，由第(2)小问可知，电源内阻已经精确计算了，所以该实验没有误差，即电源电动势的测量值和电源内阻的测量值都等于真实值。
15.【答案】解：(1)由题意可知，小球C摆至最低点时，A、B两木块开始分离，设此时C球速度为v1，A、B同速度为v2，对ABC系统，水平方向动量守恒得0=mv1+2mv2
由系统能量守恒得mgl=12mv12+12×2mv22
解得v1=2 gl3，v2=− gl3。
(2)此后C球向左摆至最高点时，A、C共速，由水平方向动量守恒得mv1+mv2=(m+m)v3
由AC系统能量守恒得12mv12+12mv22=12(m+m)v32+mgh
联立解得h=34l。

【解析】本题考查动量与能量的综合应用，难度一般。
(1)小球向下摆动到最低点时，A、B开始分离，这一过程对于A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出C的速度；
(2)两木块分离后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求解。
16.【答案】(1)(0.4m,0)，(0,0.4m)；(2) 210 (6+π) s；(3)0.16 J
【解析】(1)微粒受力及运动过程分析如图所示
微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，由平衡条件有有
qE=mg
qvB= 2 mg
微粒在第一象限内，重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，由
qvB=mv2r
解得
r= 25m
由几何关系得微粒第一次通过x轴时的坐标和微粒第一次通过y轴时的坐标分别为
(0.4m,0)，(0,0.4m)
(2)由A到B微粒做匀速直线运动，由几何关系可知位移为
x1=2 25m
又
x1=vt1
解得
t1= 25s
由B到C微粒做匀速圆周运动，有
t2=πrv= 2π10s
由C到D微粒做匀速直线运动，位移为
x2=2 25m
时间为
t3=x2v= 25s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点，加速度方向沿D指向A，大小为
a= 2 g
沿DA方向位移大小为
x3= 2 25 m
由
x3= 12 at42
解得
t4= 25 s
故
t总=t1+t2+t3+t4= 210 (6+π) s
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化。从D到G，合外力做的功
W= 2 mg·x3
由动能定理知
W=ΔEk
解得动能的增加量为
ΔEk=0.16 J
17.【答案】解：(1)金属杆 MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，
对其受力分析，可得mgsinθ−BImL=0
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：
Im=BLvm2r
解得：vm=2mgrsinθB2L2．
(2)设在这段时间内，金属杆MN运动的位移为x，
由电流的定义可得：q=IΔt，
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I=BΔS2rΔt=BLx2rΔt，
解得：x=2qrBL．
设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得，
I0=BLv02r，
解得v0=2rI0BL．
设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，
由功能关系可得：mgxsinθ=Q热+12mv 0 2，
定值电阻r产生的焦耳热Q=12Q热,
解得：Q=mgqrsinθBL−mI 0 2r2B2L2．
(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a，速度为v时，回路电流为I，由牛顿第二定律得：BIL=ma，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：
I=BLv2r，
得：B2L22rv=mΔvΔt，
B2L22rvΔt=mΔv，
即B2L22rxm=mvm,
得：xm=4m2gr2sinθB4L4．
【解析】本题考查电磁感应中的切割，与电路的结合，还有电磁感应中的能量问题．
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，列出公式，根据欧姆定律可求出此时的电流，代入公式中即可求出最大速度．
(2)根据电流的定义式与法拉第电磁感应定律和欧姆定律联立可解出这段时间内金属杆的位移x，通过能量守恒定律可求出整个电路的发热量，而定值电阻的发热量是电路发热量的一半，带入即可求解．
(3)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式可得到电流I的表达式，结合牛顿第二定律可得到关于最大位移和最大速度的关系式，带入最大速度即可解出最大位移．