2023-2024学年云南省保山市腾冲市第八中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省保山市腾冲市第八中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共15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.关于物理学史下列说法正确的是( )
A. 库伦用油滴实验测出了电子的电量B. 安培发现了电流的磁效应现象
C. 法拉第最先提出力线与场的观点D. 麦克斯韦最先发现了电磁波
2.如图所示，直线为电场中的一条电场线，虚线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，已知带电离子先后经过a、b两点，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一定为正电荷B. 场强方向一定向右
C. a点电势能一定大于b点电势能D. a点动能一定大于b点动能
3.如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点，已知在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ，则
A. q1=2q2B. q1=4q2C. q1=−2q2D. q1=−4q2
4.高空抛物是极不文明的行为，高空抛物产生极大的冲击力会危及人畜安全，因此国家已经立法禁止高空抛物，若质量为50g的鸡蛋从高度为5m处静止下落，鸡蛋与地面作用时间为0.01s，g=10m/s2，不计空气阻力，不考虑鸡蛋重力大小，则鸡蛋落地时对地面的平均作用力大小( )
A. 50NB. 60NC. 100ND. 120N
5.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
A. 电压表示数增大、电流表示数减小B. 电源的效率减小
C. 内阻消耗的功率减小D. 电源的输出功率一定增大
6.一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率υ匀速下降；若两板间电压为U，经一段时间后，油滴以速率υ匀速上升。若两板间电压为−U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是( )
A. 2υ、向上B. 3υ、向上C. 2υ、向下D. 3υ、向下
7.如图，质量为m=1kg的滑块(可视为质点)，以初速度v0=6m/s滑上静置于光滑水平面上质量为M=2kg的长木板，已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，且滑块恰好不离开长木板，重力加速度为g=10m/s2，关于滑块的运动下列说法正确的是( )
A. 因存在摩擦力作用，滑块与长木板组成的系统动量不守恒
B. 滑块和长木板共同速度大小为3m/s
C. 长木板的长度为6m
D. 滑块与长木板相对运动的时间为1.5s
8.用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为
( )
A. l1l2R0B. l1l1+l2R0C. l2l1R0D. l2l1+l2R0
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.通电直导线固定，电流方向如图所示，右侧有一矩形金属线圈，当增大通电直导线电流，则下列说法正确的是( )
A. 金属线圈中有逆时针的感应电流B. 金属线圈中有顺时针的感应电流
C. 金属线圈左右两边所受安培力大小相等D. 金属线圈上下两边所受安培力大小相等
10.如图所示，在匀强电场中，有边长为4m的等边三角形ABC，其中O点为该三角形的中心，各点电势分别为φA=4V，φB=2V，φC=6V，则下列说法正确的( )
A. 该匀强电场的场强大小为4V/m，方向由C指向A
B. O点电势为4V
C. 将电量为e的质子由O移到无穷远，质子的电势能增加了4eV
D. 将电量为e的电子由C移到A，电子的电势能增加了2eV
11.某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )
A. 点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B. 点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C. 电势差Ux1D. 在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大
12.如图所示，平行板电容器两极板长度均为L，一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子以大小为v0的初速度紧贴上板垂直电场线射入电场，并恰好从下板边缘射出，射出时速度方向与下板的夹角为37∘。粒子重力不计，sin37∘=0.6。下列判断正确的是( )
A. 上极板带正电B. 粒子射出下板边缘时的速度大小为2v0
C. 上、下两极板的电势差为9mv0216qD. 两极板间的距离为3L8
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.实验小组为了测量某电阻的阻值。
(1)先用万用表粗测，将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，按照正确的操作步骤得到如图所示的示数，则该电阻的阻值为________Ω。
(2)同学们继续使用学生电源(10V)组装如图电路进行实验，其中电表可以从如下中进行选择：(括号中为电表量程及内阻)
A.电压表V1(0—15V,15kΩ)
B.电压表V2(0—3V,3kΩ)
C.电流表A1(0—3A)
D.电流表A2(0—0.6A)
E.滑动变阻器R1(0—10Ω)
F.滑动变阻器R2(0—100Ω)
(3)要求电压从零开始连续可调，在虚线方框中画出实验电路图________。
(4)应选择电压表________，电流表________，滑动变阻器________。(填器材前字母)
14.如图所示电路可用来测定某一干电池的电动势E和内阻r，其中虚线框为用灵敏电流计G改装的电压表，A为标准电流表，量程0.6A，S为开关，R为滑动变阻器。
(1)灵敏电流计G的满偏电流Ig=300μA，内阻rg=100Ω，给灵敏电流计G串联一个阻值为R1=______kΩ的电阻就可以将该电流计G改装为量程3V的电压表。
(2)实验中，某同学读出多组灵敏电流计和电流表示数I1、I2，绘制出I1−I2图象如图所示，则电源电动势测量值E测=______V，内阻r=______Ω。
(3)对于上述测量方法，从实验原理分析可知，在测量无误的情况下，实验测出的电源电动势与真实值相比较：E测______E真(填“大于”“小于”或“等于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
15.如图所示，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m、电荷量为q的正点电荷从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容为C，极板间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：
(1)电荷进入电容器时的速度v0的大小；
(2)电容器极板所带电荷量Q的大小；
16.如图所示：质量为2kg的滑块A由半径R=0.8m的光滑四分之一圆弧的端静止开始下滑，A经过圆弧底端与静止的质量为1kg的滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后滑块B在水平轨道上运动，经过t=3s停止，已知滑块A、B与水平轨道的动摩擦因素均为μ=0.1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2；求：
(1)两滑块碰撞过程损失的机械能；
(2)两滑块停止运动时的间距。
17.如图所示，质量为m带电量为q(q<0)的粒子由y轴上M(0, 3d2)点以v0水平射入第一象限，第一象限存在沿着y轴正方向的匀强电场E1(大小未知)，粒子经过x轴上的N(d,0)进入第四象限，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子由y轴上P点(图中未画出)垂直y轴离开磁场，进入第三象限，第三象限存在沿着x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，粒子在第三象限中运动至Q点(图中未画出)速度为零，不计粒子重力，求：
(1)E1B比值大小；
(2)粒子由M点运动至P点的时间；
(3)Q点的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.密立根用油滴实验测出了电子的电量，选项A错误；
B.奥斯特发现了电流的磁效应现象，选项B错误；
C.法拉第最先提出力线与场的观点，选项C正确；
D.麦克斯韦最先预言了电磁波，赫兹最早用实验证明了电磁波的存在，选项D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】根据题意可知粒子所受电场力为合力，合力指向轨迹的凹面，所以电场力方向水平向左，那么从a到b电场力对粒子做负功，电势能增加，动能减小，则a点电势能小于b点电势能，a点动能大于b点动能，由于不知道电场线方向，所以无法确定粒子的电性。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解。
考查考生对常见的静电场场强及场强的叠加的理解，注重考查考生基本功。
【解答】
已知点R处的电场强度为零，可知两点电荷的电性相同。根据题述，q1和q2在点R处的电场强度大小相等，方向相反，由真空中点电荷周围的场强公式E=kQr2知，kq1r12=kq2r22，将r1=2r2代入，可得q1=4q2，故B正确。
故选B。
4.【答案】A
【解析】鸡蛋落体瞬间的速度为v，有
v2=2gh
设地面对鸡蛋的平均作用力大小为 F ，设向上为正方向，由动量定理有
Ft−mgt=0−−mv
解得
F≈50N
由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均作用力大小等于地面对鸡蛋的平均作用力大小，即约为50N。
故选A。
5.【答案】B
【解析】【分析】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点进行分析。同时应该明确：对于纯电阻电路，当外部电路的总电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。电源内阻一定的情况下外电阻越大，电源的效率越大。
【解答】A.在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，R0阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则路端电压减小，即电压表示数减小，R1电压变大，则R2电压减小，则电流表示数减小，选项 A错误;
B.电源的效率η=IUIE=UE，路端电压减小，则电源效率减小，选项B正确;
C.电源的电流变大，则内阻消耗的功率变大，选项 C错误;
D.当外电阻与电源内阻相等时电源输出功率最大，因外电阻与内阻的关系不能确定，则不能确定电源的输出功率的变化情况，选项 D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】
当两极板间电压为零，根据平衡得出油滴的重力和阻力的关系；若两极板间的电压为U，根据平衡求出电场力、重力和阻力的大小关系；最终再根据平衡求出两极板间电压为−U时电场力、重力和阻力的大小关系，从而得出油滴的速度大小和方向。
解决本题的关键能够对油滴进行正确的受力分析，运用平衡进行求解。
【解答】
若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：qud=mg+kv，
若两极板间电压为−U，则电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+qud，联立三式解得v′=3v，方向向下．故D正确，ABC错误。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.因木板与地面之间不存在摩擦力作用，滑块与长木板组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；
B.由动量守恒可知
mv0=(m+M)v
解得滑块和长木板共同速度大小为
v=2m/s
选项B错误；
C.由能量关系可知
μmgl=12mv02−12(m+M)v2
解得长木板的长度为
l=6m
选项C正确；
D.根据动量定理对木板
μmgt=Mv
解得滑块与长木板相对运动的时间为
t=2s
选项D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】当通过灵敏电流表的电流为零时，电流表两端电势相等，即 Rx 两端电压与PN段电压相等，串联电路电压与阻值成正比，且由
R=ρLS
可知，阻值与长度成正比，可得
l2l1=RxR0
可得
Rx=l2l1R0
故选C。
9.【答案】AD
【解析】AB.当增大通电直导线电流时，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知，金属线圈中有逆时针的感应电流，选项A正确，B错误；
C.金属线圈各边电流相同，左边所在位置磁场较强，则左边所受安培力较大，选项C错误；
D.金属线圈上下两边电流相等，所处位置的磁场都相同，可知所受安培力大小相等，选项D正确。
故选AD。
10.【答案】BD
【解析】AB.过A点作BC的垂线，交BC的中点于D点，则D点电势为
φD=φB+φC2=4V
AD为等势面，因O点在AD上，则O点电势为4V，该匀强电场的场强大小为
E=UCD12L=6−22V/m=2V/m
方向由C指向D，选项A错误，B正确；
C.将电量为e的质子由O移到无穷远，电场力做正功
WO∞=UO∞e=4eV
则质子的电势能减小了4eV，选项C错误；
D.将电量为e的电子由C移到A，电场力做功
WCA=UCA−e=−2eV
电子的电势能增加了2eV，选项D正确。
故选BD。
11.【答案】BD
【解析】解：A.点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：a=Fm=Eqm，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动。点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a=Fm=Eqm，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化，故A错误；
B.点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a=Fm=Eqm，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小，故B正确；
C.点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：qUx1=0−12mv02，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：qUx2=0−12mv02，所以：电势差Ux1=Ux2，故C错误。
D.点电荷从O运动到x1的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大，故D正确。
故选：BD。
点电荷从x1运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a=Fm=Eqm，由电场强度E的变化可以得出加速度的变化，进而得出v的变化；根据动能定理可以比较Ux1与Ux2的大小；根据电场力做负功，得出电势能的大小．
此题考查带点粒子在电场中的运动问题，根据牛顿第二定律：a=Fm=Eqm，由电场强度E的变化可以得出加速度的变化，根据电场力做功，可以得出电势能的变化．
12.【答案】AD
【解析】A.由于粒子带正电，由运动轨迹可知，上极板带正电，选项A正确；
B.粒子射出下板边缘时的速度大小为
v=v0cs37∘=54v0
选项B错误；
CD.粒子在板间做类平抛运动，则
L=v0t
vy=v0tan37∘=at
a=Uqdm
由平抛运动的规律可知
tan37∘=dL2=2dL
解得
d=3L8
U=9mv0232q
选项C错误，D正确。
故选AD。
13.【答案】 20 A D E
【解析】(1)[1]该电阻的阻值为20×1Ω=20Ω。
(2)(3)[2][3][4][5]电源电压为10V，则电压表选择A；电路中最大电流
I=1020A=0.5A
电流表选择D；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的E；因待测电阻R为小电阻，则采用电流表外接，电路如图：
14.【答案】9.9 1.45 1.50 等于
【解析】解：(1)把灵敏电流计改装成量程为3V的电压表需要串联分压电阻的阻值R1=UIg−rg=3300×10−6Ω−100Ω=9900Ω=9.9kΩ。
(2)由图示电路图可知，电源电动势E=U+(I1+I2)r=I1(rg+R1)+(I1+I2)r，
整理得：I1=−rr+rg+R1I2+Er+rg+R1
由图示I1−I2图象可知，图象斜率的绝对值k=rr+rg+R1=(145−70)×10−60.5，纵轴截距b=Er+rg+R1=145×10−6A，
代入数据解得：E=1.45V，r=1.50Ω；
(3)由图示电路图可知，可以读出通过改装后电压表的电流，消除了系统误差，在测量无误的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：(1)9.9；(2)1.45；1.50；(3)等于。
(1)根据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。
(2)根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(3)根据图示电路图与图示图象的函数表达式分析实验误差。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，理解实验原理根据图示电路图求出图象的函数表达式是解题的前提与关键，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
15.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速，在加速电场中，由动能定理得：
qU0=12mv02−0
解得v0= 2qU0m
(2)粒子在两极板间做类平抛运动，
水平方向：kd=v0t
竖直方向：d=12at2=12qUmdt2
解得：U=4U0k2
极板带电荷量Q=CU
解得：Q=4CU0k2
答：(1)电荷进入电容器时的速度v0的大小是 2qU0m；
(2)电容器极板所带电荷量Q的大小是4CU0k2。
【解析】(1)根据动能定理求粒子在加速电场中获得的速度，即为粒子进入水平放置电容器时的速度。
(2)粒子进入电容器间做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律结合求电容器板间电压，再由Q=CU求电容器极板所带电荷量。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，粒子在加速电场中加速，粒子在平行班电容器中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与电容的定义式即可解题。
16.【答案】(1)5.25J；(2)1.375m
【解析】(1)滑块A到达底端的速度为 v1 ，有
mAgR=12mAv12−0
物块B运动后，由牛顿第二定律有
μmBg=mBaB
设物体B碰后速度为 v3 ，A物体碰后速度为 v2 ，对于物体B来说碰后做匀减速直线运动，有
0=v3−aBt
由于物体A和B碰撞时间极短，所以碰撞过程系统近似动量守恒，有
mAv1=mAv2+mBv3
碰撞过程中能量守恒，有
12mAv12=12mAv22+12mBv32+E损
解得
E损=5.25J
(2)物体B碰后的运动时间为 xB ，有
xB=v3t−12aBt2=4.5m
物体A碰后，由牛顿第二定律有
μmAg=mAaA
设物体A碰后的位移为 xA ，有
−v22=−2aAxA
两者停止之间的距离为 Δx ，有
Δx=xB−xA=1.375m
17.【答案】(1)v0；(2) (2 3π+9)d9v0 ；(3)( −2mv02qE ， − 3d )
【解析】
(1)粒子在第一象限做类平抛运动，则
d=v0t1
32d=12qE1mt12
进入磁场后速度方向与x轴正向夹角为
tanθ= 32d12d= 3
可得
θ=60∘
由几何关系，则粒子在磁场中运动的半径
r=dsin60∘
其中
qvB=mv2r
vcs60∘=v0
联立解得
E1B=v0
(2)粒子在电场中运动的时间
t1=dv0
在磁场中转过的圆心角为120°，则时间
t2=120∘360∘⋅2πrv=2 3πd9v0
则粒子由M点运动至P点的时间
t=t1+t2=(2 3π+9)d9v0
(3)粒子进入第三象限的电场时做匀减速运动，直到速度为零时位移
s=v22a=(2v0)22qEm=2mv02qE
Q点的横坐标
x=−2mv02qE
纵坐标
y=−(r+rcs60∘)=− 3d
即Q点的坐标为( −2mv02qE ， − 3d )。