2023-2024学年广西示范性高中高二（下）调研测试物理试卷（3月）（含解析）

这是一份2023-2024学年广西示范性高中高二（下）调研测试物理试卷（3月）（含解析），共17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.下列说法正确的是( )
A. 19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场
B. 法拉第发现了“电生磁”现象，奥斯特发现了“磁生电”现象
C. 若一长为L、电流为I的电流元在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为FIL
D. 静电屏蔽的本质原因是金属壳外电荷产生的电场无法进入壳内，使得金属壳内电场强度为零
2.在一水平桌面上放置一电流方向如图所示的通电直导线，将一环形线圈沿桌面从图中位置I水平向右平移至位置II，则该过程中线圈的磁通量变化情况是( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增大
C. 先增大后减小再增大再减小D. 先减小后增大再减小再增大
3.两个完全相同的金属球甲和乙所带的电荷量分别为+Q1、−Q2，其中Q1>Q2>0。现用一根导线将两金属球直接相连，经时间t，两小球的电荷分布稳定。则这段时间内，流经导线的平均电流为( )
A. Q1+Q2tB. Q1−Q2tC. Q1−Q22tD. Q1+Q22t
4.如图，两等量异号电荷+q、−q连线的中点为O，M、N、P、Q分别为正方形ABCD各边的中点，下列说法正确的是( )
A. Q、N两点的电势相等B. A、B两点的电场强度相同
C. A、C两点的电场强度相同D. UOB>UON
5.现有一质量分布均匀的圆柱形金属丝，其长度为L，在其两端加上恒定电压U后，金属丝中的电流为I，金属丝内的匀强电场的场强为E。若将金属丝拉伸至长度为2L，金属丝仍为圆柱形，其两端电压仍为U，则金属丝中的电流和电场强度分别为( )
A. 12I、12EB. 14I、12EC. 12I、14ED. 14I、14E
6.在光滑水平地面上放置一质量为m=1kg的物块，t=0时刻将一水平方向的力F作用在物块上，力F随时间变化的图像如图所示。则t=10s时，物块的动量大小和方向分别为( )
A. 2kg⋅m/s、沿力F的正方向B. 2kg⋅m/s、沿力F的负方向
C. 10kg⋅m/s、沿力F的正方向D. 10kg⋅m/s、沿力F的负方向
7.直流电动机在生产和生活中有着广泛的应用，但是电动机启动瞬间，转子还未转动，电动机的启动电流很大。为了减小启动电流，保护用电器，如图所示，将一线圈电阻为rM的电动机与电阻箱串联后接在电源电动势E=8V，内阻r=1Ω的电源两端，电压表可以视为理想表，现利用电动机竖直向上牵引一质量为m=0.1kg的物体，已知重力加速度为g=10m/s2。调节电阻箱至R=17Ω后，闭合开关S，电动机转子稳定转动时，物体以速度v=0.6m/s匀速上升，电压表示数为U=3.4V下列说法正确的是( )
A. 电动机的线圈电阻rM=7Ω
B. 电动机转动稳定时，其输入电压为4V
C. 电动机转动稳定时，其输出功率为6W
D. 调节电阻箱至R=17Ω后，闭合开关S，电动机的启动电流为0.2A
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两单摆的摆长之比为16:25
B. 单摆甲比单摆乙在平衡位置的速度大
C. 0−1s内，单摆甲、乙的加速度方向始终相反
D. 1s−2s内，单摆甲、乙的速度方向始终相反
9.某一场强沿x轴的静电场，其电势随坐标x的变化图像如图所示，现将一比荷的绝对值为qm的带负电的试探电荷在x=−d处由静止释放，不计重力下列说法正确的是( )
A. 试探电荷向右运动的最远点在x=d2处
B. x轴负半轴与x轴正半轴的电场强度之比为2:1
C. 在x轴负半轴的电场方向沿x轴正方向
D. 释放试探电荷以后，试探电荷周期性往复运动的周期为6 md2qφ0
10.如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧和底部组成，头部的质量为m，底部质量为M，弹簧质量不计。初始时，“弹簧小人”静止于水平桌面上。现用手缓慢轻压头部至适当位置后由静止释放，头部不停上下振动，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦力和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是( )
A. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为g2，则头部振动的振幅为mgk
B. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为g2，则用手缓慢轻压头部过程中，手对头部做的功为m2g28k
C. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则头部在最高点的加速度为(M+m)gm
D. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则刚释放头部时弹簧的压缩量为(M+m)gk
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用如图甲所示装置验证斜槽末端小球碰撞时动量守恒。
(1)利用托盘天平测出甲、乙两小球的质量分别为m1、m2，测得m1>m2，则应选_______(填“甲”或“乙”)球作为入射小球。
(2)甲、乙两小球的半径应相等，其目的是_______________________
(3)安装好实验仪器后，将铅垂线在白纸上的投影点记为O点。不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次，确定10次实验小球落点的平均位置P。把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。确定10次实验入射小球和被撞小球，小球落点的平均位置M、N。确定小球落点的平均位置时需要用的实验器材是_______
12.为了“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，某同学所用器材如下：
A.待测小灯泡一个：额定电压为3V，电阻约为几欧
B.电压表一块：量程为3V，内阻约为3kΩ
C.电流表一块：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω
D.滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干
(1)甲图是某同学画出的该实验的原理图，但原理图不完整，请在图甲中补充完整；
(2)图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于_______(选填“A端”、“B端”或“AB正中间”)；
(3)图乙是某同学画出的伏安特性曲线，由图可知，小灯泡的额定功率为_______W；(结果保留三位有效数字)
(4)若将该灯泡与R=4Ω的定值电阻，E=2V、r=1Ω的电源构成闭合电路，如图丙所示，则此时该灯泡的电功率为_______W。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲所示，光滑水平面上有一处于原长状态的弹簧，其左端与一固定立柱相连，右侧与一静止的小球相连。现将小球向右拉至M点后，由静止释放小球。以O点为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，小球向左经过O点时为t=0时刻，小球的振动图像如图乙所示。求：
(1)O、M两点间的距离；
(2)弹簧振子简谐运动的位移与时间的关系式；
(3)该振子在0−5s的总路程。
14.如图所示，水平地面上有一半径R=0.8m的四分之一光滑固定圆弧轨道AB，其圆心为O，圆弧轨道末端B处与长木板上表面平滑连接但不粘连，将质量为m=3kg的物块乙静置于长木板的最左端。已知物块乙与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2，长木板与地面间的的摩擦因数为μ2=0.1，长木板的质量M=1kg。现将质量m0=1kg的物块甲从光滑圆弧轨道的上端A处由静止释放，物块甲与乙在B处发生弹性碰撞，当物块甲返回至最高点时将其取走，最终物块乙没有滑离长木板。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块甲、乙均视为质点。求：
(1)物块甲与乙碰撞后瞬间，物块甲对圆弧轨道的压力大小；
(2)物块乙运动的总位移。
15.如图所示电路中，电源电动势E1=8V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=2Ω，平行板电容器MN的电容C=10μF，调节滑动变阻器R，使得沿电容器MN的中心线射入的初速度v0=1m/s的带正电小球恰好沿直线运动，然后从CD板中点处的小孔O进入平行板电容器AB、CD之间。已知小球的质量m=1kg、电荷量q=+0.1C，平行板电容器MN上下两极板的间距为d1=5cm，平行板电容器AB、CD左右极板间距为d2=6cm，极板AB、CD长均为l=40cm，极板MN的右端与极板CD的距离忽略不计。当AB、CD极板间电压为U0时，小球恰好从CD极板下端D点离开。忽略电容器的边缘效应，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)平行板电容器MN的电压和其所带的电荷量；
(2)滑动变阻器R接入电路的阻值；
(3)AB、CD极板间电压U0。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在由它产生的电场，A正确；
B.奥斯特发现了“电生磁”现象，法拉第发现了“磁生电”现象，B错误；
C.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，该处的磁感应强度为 FIL 的前提是导线与该处的磁场方向垂直，C错误；
D.金属壳外电荷产生的电场可以进入金属壳内，静电屏蔽的本质原因是金属壳的自由电子在壳外电荷产生的电场力作用下定向移动，使得金属壳表面产生了感应电荷，感应电荷的电场与壳外电荷产生的电场在金属壳内处处等大反向，因此金属壳内合场强处处为零，D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】线圈在图示位置a和位置c时，其磁通量皆为最大值，在位置b时，直导线左右两侧的磁场反向，线圈的磁通量为零，故从位置I到位置II，线圈的磁通量先增大后减小再增大再减小。
故选C。
3.【答案】D
【解析】两完全相同的金属球相互接触后，电荷均分，故电荷分布稳定时，每个金属球的电荷量均为
Q′=Q1−Q22
对甲球分析：甲球减少的电荷量即通过导线横截面的电荷量，为
ΔQ=Q1−Q′=Q1+Q22
流过导线的平均电流为
I=ΔQt=Q1+Q22t
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.由等量异号电荷的电场线和等势线分布可知，Q、N两点的电势互为相反数，电势不相等，故A错误；
BC．A、B两点的电场强度大小相等，但是方向不同。A、C两点的电场强度大小和方向均相同，故B错误，C正确；
D.如图所示
分别作出经过B点和N点的等势线，电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，则有B点电势高于N点，故
UOB故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】电阻丝的体积一定，长度加倍后，其横截面积减半。由 R=ρlS 可知，电阻丝的阻值变为原来的4倍，由欧姆定律可知，电流变为原来的 14 倍。金属丝内的场强 E=Ud ，因电压一定，金属丝的长度变为原来的2倍，故电场强度变为原来的一半。故B正确。
6.【答案】B
【解析】 F−t 图像的面积代表力F的冲量，由图可知， 0∼10s 内，力F的冲量为
I=4×22N⋅s+(−1×6)N⋅s=−2N⋅s
与力F的正方向相反。物块在光滑地面上，受到水平力F的作用，力F的冲量即为物块合外力的冲量，由动量定理
I=P末−0
故物块在10s时的动量为 −2kg⋅m/s ，负号代表其方向与力F的正方向相反。
故选B。
7.【答案】A
【解析】电动机转子稳定时，输出功率
P出=mgv=0.6W
电阻箱的电压 U=3.4V 的电流
I=UR=0.2A
内阻的分压为
Ur=Ir=0.2V
则电动机的输入电压为
UM=E−U−Ur=4.4V
由
P出=UMI−I2rM
可得电动机的内阻
rM=7Ω
电动机启动时，转子未转动，电动机为纯电阻元件，启动电流为
I=ER+r+rM=825A
故选A。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；
根据对单摆从最高点至最低点的过程，由动能定理可得单摆在最低点的速度
对于振动图像的考查，要能从图像上读取振幅、周期、速度、位移、加速度、速度等相关信息。
【解答】
A.由图可知，单摆甲与乙的周期之比为 4:5 ，由 T=2π lg 可知：单摆甲与乙的摆长之比为 16:25 ，故A正确；
B.单摆甲比乙的摆长短，单摆甲比乙的振幅小，故单摆甲的最高点距离平衡为位置的高度差h比乙小，设单摆在最低点的速度为v，对单摆从最高点至最低点的过程，由动能定理
mgh=12mv2−0
解得
v= 2gh
故单摆甲比单摆乙在平衡位置的速度小，故B错误；
C.由图可知，0−1s内，单摆甲、乙分别沿正方向和负方向远离平衡位置，二者的位移方向始终相反，由 a=−kxm 可知，二者的加速度方向始终相反，故C正确；
D.1s−2s内，图中甲、乙图像的切线斜率代表甲、乙的速度，显然，甲的图像切线斜率始终为负，代表其速度方向始终沿x轴负方向，乙的图像切线斜率先为负后为正，代表其速度方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向。即1s−2s内，单摆甲、乙的速度方向并不始终相反，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】A.试探电荷仅受电场力，由能量守恒定律可知，试探电荷的动能和电势能之和为定值，对比释放点和电荷向右运动的最远点，速度皆为零，故此两位置的电势能亦相等，由
Ep=qφ
可知，此两位置的电势也相等，则由几何关系可知， x 轴正半轴 x=d2 处对应的电势与 x 轴负半轴 x=−d 处对应的电势相等，由此可知试探电荷向右运动的最远点在 x=d2 处，故A正确；
B. φ−x 图像斜率的绝对值代表电场强度的大小，根据图像可知，x轴负半轴图像斜率的绝对值为
E1=φ02d
x轴正半轴图像斜率的绝对值为
E2=φ0d
由此可知x轴负半轴与x轴正半轴的电场强度之比为
E1E2=12
故B错误；
C.沿电场线方向电电势低，则在x轴负半轴的电场方向沿x轴负方向，故C错误；
D.释放试探电荷以后，试探电荷周期性往复运动，在x轴负半轴
d=12a1t12 ， a1=qφ02md
解得
t1=2 md2qφ0
在x轴正半轴
d2=12a2t22 ， a2=qφ0md
解得
t2= md2qφ0
则往复运动的周期
T=2t1+2t2=6 md2qφ0
故D正确。
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】将弹簧小人简化为如图所示模型
A.如图a对应弹簧小人静止时，如图b对应刚释放头部时，如图c对应头部到达最高点时。对图b中的头部
kA=mam
其中
am=g2
解得振幅
A=mg2k
故A错误；
B.将头部从平衡位置按压至最低点过程中，手对头部的压力与头部的回复力大小相等，此过程中，手对头部压力的平均值为
F=0+kA2=mg4
则手对头部做功为
W=FA=m2g28k
故B正确；
C.图c状态时底部恰不离开桌面，则其他状态时底部也不离开桌面。设此时弹簧的伸长量为 x1 ，头部的加速度为 a1 ，对M
kx1=Mg
对m
kx1+mg=ma1
解得
a1=M+mmg
由简谐运动的对称性可知，头部在最低点和最高点的加速度大小相等、方向相反，故C正确；
D.图b中m的加速度大小也为
a1=M+mmg
设此时弹簧的压缩量为 x2 ，对m
kx2−mg=ma1
解得
x2=(2m+M)kg
故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)甲
(2)保证两球发生一维碰撞或保证两球是对心碰撞
(3)圆规

【解析】(1)为防止入射小球反弹，入射小球质量应大于被撞小球，则应选甲球作为入射小球。
(2)若两小球的半径不等，入射小球的速度方向将不沿两小球的球心连线，两小球发生的将是二维碰撞，不符合实验要求，所以甲、乙两小球的半径应相等，其目的是保证两球发生一维碰撞或保证两球是对心碰撞。
(3)确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
12.【答案】(1) 15N ；(2) 1.25m
【解析】(1)对甲由动能定理可得
m0gR=12m0v02
解得
v0=4m/s
以水平向右为正方向，对甲乙碰撞过程有
m0v0=m0v1+mv2
12m0v02=12m0v12+12mv22
解得
v1=−2m/s ， v2=2m/s
对甲
FN−m0g=m0v12R
解得
FN=15N
由牛顿第三定律，小物块甲对圆弧轨道的压力大小
F′N=FN=15N
(2)对乙有
μ1mg=ma1
对木板
μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
设经时间 t1 ，二者共速有
v2−a1t1=a2t1
解得
t1=0.5s
因 μ1>μ2 ，故共速后二者保持相对静止，一起减速至零，共速后，对m和M
μ2(m+M)g=(m+M)a3
则
x乙1=v2+v共t12
x乙2=v共22a3
可得
x乙=x乙1+x乙2=1.25m
13.【答案】解：(1)O、M两点间的距离即位弹簧振子的振幅A，由图乙可知A=5cm
(2)振子的振动周期为T=8s
ω=2πT=π4
简谐运动的位移与时间的关系式为x=Asin(ωt+φ)
由图乙可知， t=2s 时x=−5cm
代入位移与时间的关系式得sinπ2+φ=−1
故φ=π
x=5sinπ4t+π(cm)
(3) t=5s 时
x=−5sin5π4cm=5 22cm
0−4s的路程为
2A=10cm
4s−5s的路程为 5 22cm ，故0−5s的总路程为
s=10+5 22cm

【解析】(1)O、M两点间的距离即位弹簧振子的振幅，从图上直接读出．
(2)简谐运动的表达式为x=Asin(ωt+φ)，周期可从图象上读出，ω=2πT，φ为初相，等于π．
(3)根据 t=5s 时求解4s−5s的路程，结合0−4s的路程可得该振子在0−5s的总路程。．
解决本题的关键是能从振动图象上获取信息，会求简谐运动的路程和位移，以及掌握简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ)．
14.【答案】(1) 15N ；(2) 1.25m
【解析】(1)对甲由动能定理可得
m0gR=12m0v02
解得
v0=4m/s
以水平向右为正方向，对甲乙碰撞过程有
m0v0=m0v1+mv2
12m0v02=12m0v12+12mv22
解得
v1=−2m/s ， v2=2m/s
对甲
FN−m0g=m0v12R
解得
FN=15N
由牛顿第三定律，小物块甲对圆弧轨道的压力大小
F′N=FN=15N
(2)对乙有
μ1mg=ma1
对木板
μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
设经时间 t1 ，二者共速有
v2−a1t1=a2t1
解得
t1=0.5s
因 μ1>μ2 ，故共速后二者保持相对静止，一起减速至零，共速后，对m和M
μ2(m+M)g=(m+M)a3
则
x乙1=v2+v共t12
x乙2=v共22a3
可得
x乙=x乙1+x乙2=1.25m
15.【答案】(1) 5V ， 5×10−5C ；(2) 5Ω ；(3) 6V
【解析】(1)小球沿电容器MN的中心线做直线运动，一定是匀速直线运动，对小球
qE=mg
其中
E=Ud1
联立得电容器MN的电压
U=mgd1q=5V
电容器所带的电荷量为
Q=CU
解得
Q=5×10−5C
(2)由闭合电路欧姆定律可知：电阻 R1 和电源内阻的总电压为
Ur,R=E1−U
由欧姆定律可知，流过滑动变阻器的电流为
I=Ur,Rr+R1
解得
I=1A
则滑动变阻器接入电路的阻值为
R=UI=5Ω
(3)小球在平行板电容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示：
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上
l2=12gt2
得
t=0.2s
在水平方向上，小球做往复运动，往返的时间一样，小球向右的最大位移为：
x=v02⋅t2
得
x=0.05m=5cm说明小球不会碰到AB极板，水平方向的加速度为
ax=v0t2=10m/s2
ax=qU0md2
U0=6V ‍