2023-2024学年广东省广州市执信中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市执信中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )
A. 带正电的矿粉落在右侧B. 电场力对矿粉做负功
C. 带负电的矿粉电势能变大D. 带正电的矿粉电势能变小
2.如图所示，绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧不拴接)，整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中，开始时，整个系统处于静止状态。现施加一外力F，将小球向下压至某一位置，然后撤去外力，使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中，电场力对小球所做的功为W1，小球克服重力所做的功为W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则在上述过程中正确的是( )
A. 小球与弹簧组成的系统机械能减少B. 小球的重力势能增加了−W2
C. 小球的电势能增加W1D. 小球的机械能增加了12mv2+W2
3.地球赤道附近的地磁场可以看成是磁感应强度B=5×10−6T，方向由南向北的匀强磁场。在该区域有一面沿东西方向的墙(磁场垂直于墙面，由室内指向室外)，墙面上有两种类型的窗户。如图甲所示的窗户可以绕ad向外转动，如图乙所示的窗户可以沿水平方向左右滑动。已知两扇窗户abcd和efgℎ金属框架的面积都为1.5m2，则以下说法正确的是( )
A. 图甲，窗户绕ad向外推开的过程中，金属框架abcd中有感应电流
B. 图乙，窗户沿水平方向从左向右滑动的过程中，金属框架efgℎ中有感应电流
C. 图甲，窗户向外推开30°时，穿过金属框架abcd的磁通量为7.5×10−6Wb
D. 图甲，关闭着的窗户绕ad向外推开120°的过程中，穿过金属框架abcd磁通量变化的大小为3.75×10−6Wb
4.成人体液总量占体重的60％左右，体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪(如图甲所示)来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄M、N，则
A. 体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较小，电压表示数较小
B. 体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率小
C. 体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率高
D. 当M、N间电阻逐渐增大时，以电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的I−U图像是一条过原点的直线
5.如图所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( )
A. mM 2MgRM+m，向右B. mM 2MgRM+m，向左
C. mM 2gR，向右D. mM 2gR，向左
6.随着科技的发展，未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。若手机质量约200g，从离地0.8m高处自由掉落，手机与地面撞击的时间约为0.05s，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 手机落地时的速度约为4m/sB. 保护器弹出的时间应小于0.4s
C. 手机落地时重力的功率约为11.5 WD. 地面对手机的平均作用力约为18N
二、多选题（本题共2小题，共12分）
7.下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是( )
A. 图①中粒子沿直线PQ运动的条件是v=BE
B. 图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从上到下
C. 图③中在分析同位素时，半径最大的粒子对应质量也最大
D. 图④随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔越来越短
8.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )
A. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
B. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧
D. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧
三、实验题（本题共1小题，共12分）
9.为测定待测电阻Rx的阻值(约为200Ω)，实验室提供如下器材
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0∼15mA，内阻约为100Ω；
电流表A2：量程0∼300μA，内阻为1000Ω
滑动变阻器R1：阻值范围0∼20Ω，额定电流2A
定值电阻R2：阻值为9000Ω，额定电流10mA
定值电阻R3：阻值为200Ω，额定电流0.1A
开关S、导线若干。
实验中要求准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题
(1)正确选取器材，在图甲方框内画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明所选器材的符号_____；
(2)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图乙所示，可读出电流表A1的示数是_____mA，电流表A2的示数是_____μA，则待测电阻Rx的阻值是_____Ω(计算结果保留三位有效数字)。
四、简答题（本题共3小题，共50分）
10.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100m，当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停止工作，此时飞船速度为20m/s。随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下，经2s减速到0，停止在该星球表面上。飞船质量m=1000kg，该星球表面的重力加速度g=4m/s2。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。
11.如图所示，带电绝缘环环面水平放置在支架(图中没画出)上，O为圆环的圆心，虚线过圆心且与环面垂直，A、Aʹ关于O点对称。AAʹ距离为2ℎ。圆环上面均匀带电+QQ>0。在A点，电场强度的大小为E，方向竖直向上。将一质量为m、带电量为−qq>0的小球在A点无初速度释放，小球沿虚线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，不计空气阻力。求：
(1)A′点的电场强度；
(2)小球在Aʹ点的速度大小；
(3)若小球经过O点时速度大小为v，求A、O两点电势差UAO。
12.如图，一种质谱仪可简化为由粒子源A、加速电场(匀强电场)、静电分析器和磁分析器组成。其中加速电场电压为U，静电分析器是圆心为O、半径为R的14圆弧通道(0.15m≤R≤0.20m)，其中半径为R处各点的电场强度大小ER=200RV/m；磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T，PQ为胶片。粒子源逸出某种粒子(初速度可忽略)，经加速电场加速后，垂直加速极板从R=0.15m处进入并沿圆弧虚线通过静电分析器，之后进入磁分析器，最终打在胶片上的M点，测得PM的距离L=0.40m。不考虑粒子的重力及相互间的作用力，求：
(1)加速电场电压U；
(2)带电粒子经过加速电场后的速度大小，带电粒子的比荷；
(3)若粒子垂直加速极板从R(15cm≤R≤20cm)间进入静电分析器，通过计算分析粒子打到胶片上的位置范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，
A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，故A错误；
B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故B错误；
CD、由于电场力对正负电荷均做正功，故正负电荷的电势能增均变小，故C错误，D正确。
故选：D。
首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉受力及运动情况，再根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案。
本题考查了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。
2.【答案】D
【解析】A.小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中，电场力对小球做正功，则小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；
B.根据重力做功与重力势能改变量的关系，可得
ΔEp=−WG=−(−W2)=W2
则小球的重力势能增加了 W2 ，故B错误；
C.根据电场力做功与电势能改变量的关系，可得
ΔEp=−W1
即小球的电势能减少 W1 ，故C错误；
D.根据机械能的概念可知，小球的机械能的增加量为
ΔE=12mv2+W2
故D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】A.图甲，窗户绕ad向外推开的过程中，金属框架abcd中磁通量发生变化，有感应电流，故A正确；
B.图乙，窗户沿水平方向从左向右滑动的过程中，金属框架efgℎ中磁通量没有发生变化，没有感应电流，故B错误；
C.图甲，窗户向外推开30°时，穿过金属框架abcd的磁通量为
Φ=BSsin30∘=3.75×10−6Wb
故C错误；
D.图甲，关闭着的窗户绕ad向外推开120°的过程中，穿过金属框架abcd磁通量变化的大小为
Φ=BSsin60∘=3.75 3×10−6Wb
故D错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
脂肪含量高者，电阻较大，由闭合电路的欧姆定律分析电流强度的大小，再分析电压表示数的大小、内电压的大小和路端电压的大小。
本题考查电路的动态分析。解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。
【解答】
A.体型相近的两人相比，脂肪含量高者电阻较大，总电阻增大，总电流减小，则电流表示数变小，路端电压增大，R两端电压减小，则MN两端电压增大，电压表示数变大，故A错误;
B.电源输出功率的大小与外电阻和电源内阻的大小关系有关，外电阻与电源内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻和电源内阻的关系，故无法判断输出功率的变化，故 B错误；
C.电源效率η=UIEI×100%=UE×100%，路端电压U随外电阻的增加而增大，因此脂肪含量高者对应的电源效率高，故C正确；
D.图像对应表达式U=E−I(R+r)，可知绘制的I−U图像是一条不过原点的直线，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和 v′ ，根据动量守恒定律得
0=mv−Mv′
根据机械能守恒定律列方程得
mgR=12mv2+12Mv′2
联立以上两式解得
v′=mM 2MgRM+m
方向向左。
故选B。
6.【答案】ABD
【解析】【分析】
根据自由落体求速度，时间，保护器弹出的时间应小于落地时间，根据P=mgv求落地功率；由动量定理求地面对手机的平均作用力。
本题要理清手机的运动过程，建立模型，要知道手机与地面撞击时，地面对手机的作用力是变力，只能根据动量定理求解。
【解答】
A.手机做自由落体运动，落地的速度，故A正确；
B.保护器弹出的时间应小于落地时间，根据自由落体的时间，所以保护器弹出的时间应小于0.4s，故B正确；
C.根据P=mgv得：功率P=0.2×10×4W=8W，故C错误；
D.取竖直向下为正方向，由动量定理 (mg−F)t=0−mv，得，故D正确。
故选ABD。
7.【答案】C
【解析】A.根据洛伦兹力和电场力相互平衡，可知
qE=qvB
故
v=EB
故A错误；
B.根据左手定则可知，等离子体中的正电荷向下偏，负电荷向上偏，所以B极板的电势高，通过电阻的电流方向为从下到上，故B错误；
C.在加速电场中，则有
qU=12mv2
在磁场中，则有
qvB=mv2R
可得
R=1B 2mUq
则半径最大的粒子对应质量也最大，故C正确；
D.根据洛伦兹力充当向心力，可知
qvB=mv2R
则周期为
T=2πRv=2πmqB
可知粒子走过半圆的时间间隔与速度无关，故D错误；
故选C。
8.【答案】BC
【解析】粒子在平行板间运动时，粒子加速度为
a=mg−qEm
A.断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为
E=Ud
结合
C=QU ， C=εS4πkd
可得
E=4πkQεS
断开开关，若M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点，故A错误；
B.断开开关，若N极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但y增大，则
x=v0t=v0 2ya
水平位移将增大，粒子打在O点右侧，故B正确；
C.保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端电压为
U=ER0+R1+rR0
增大R1，U减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变，则产生的加速度增大。从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上，则有
d2=12at2
水平位移为
x=v0t=v0 da
水平位移减小，则粒子打在O点左侧，故C正确；
D.保持开关S闭合，增大R2，R0两端电压为
U=ER0+R1+rR0
R0 两端电压不变，则电容器两端的电压不变，加速度不变，粒子仍打在O点，故D错误。
故选BC。
9.【答案】(1)见解析
(2) 8.0 150 191

【解析】(1)由欧姆定律可得，流过电阻Rx的最大电流
Im=ERx=3200A=0.015A=15mA
所以用电流表A1测电流，因为电流表A2是小量程电流表，可以和定值电阻串联起来充当电压表，根据电路特点，有
R=3300×10−6Ω−1000Ω=9000Ω
故把电流表A2和定值电阻R2改装成量程为3V的电压表，改装后电压表的内阻已知，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压接法减小实验误差，电路图如图所示
(2)[1][2]根据读数规则可知A1的示数是8.0mA，；电流表A2的示数是 150μA ；
[3]由闭合电路欧姆定律可得，电阻为
Rx=I2R2+rA2I1−I2=191Ω
10.【答案】(1) −2×105J ；(2) 1.4×104N
【解析】(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
mgℎ+W=12mv2
解得
W=−2×105J
(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
(mg−F)t=0−mv
解得
F=1.4×104N
11.【答案】(1)E，方向为竖直向下；(2) 2 gℎ ；(3) 2mgℎ−mv22q
【解析】(1)由对称性可知，A′点的电场强度大小跟A点的电场强度大小相同，方向相反，故A′点的电场强度大小为E，方向为竖直向下；
(2)设经过A′点的速度为v0，由对称性可知，此过程电场力做功为零，故有
2mgℎ=12mv02
解得
v0=2 gℎ
(3)从A到O由动能定理有
−qUAO+mgℎ=12mv2
解得
UAO=2mgℎ−mv22q
12.【答案】(1)100V；(2)500m/s， 1.25×103C/kg ；(3) 35cm≤d≤40cm
【解析】(1)粒子在加速电场中进行加速，根据动能定律
qU=12mv2
粒子进入静电分析器中做匀速圆周运动，有
qER=mv2R
解得
U=100V
(2)粒子进入磁场中做匀速圆周运动
qvB=mv2r
又
r=L2
联立解得
v=500m/s ， qm=1.25×103C/kg
(3)若粒子垂直加速极板从R(15cm≤R≤20cm)间进入静电分析器，总能满足
qER=mv2R
在静电分析器中做匀速圆周运动，当R=15cm时，粒子刚好贴着圆弧通道的内侧做匀速圆周运动，从P点进入磁分析器中。当R=20cm时，粒子刚好贴着圆弧通道的外侧做匀速圆周运动，从磁分析器的边界处进入。粒子进入磁分析器中均做匀速圆周运动，满足
qvB=mv2r
轨迹半径不变，如图所示
实际轨迹在图中两虚线间变化，打到胶片上的位置范围在距离P点
35cm≤d≤40cm