重慶市萬州第二高級中學(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)考試物理試卷 Word版含解析.docx

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高2022級高二上入學(xué)考試物理試題一、選擇題（共7小題，每小題4分）1.有“中國天眼”美譽的FAST是目前世界最大口徑的射電望遠鏡，它是一種用于接收和研究天體發(fā)射的電磁波的特殊裝置。下列關(guān)于電磁波的說法正確的是（　?。〢.電磁波真空中也能傳播B.電磁波能傳播信息，不能傳播能量C.射線的波長比紅外線的波長更長D.麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在【答案】A【解析】【詳解】A．電磁波的傳播不需要介質(zhì)，在真空中也能傳播，故A項正確；B．電磁波不僅能傳播信息，也可以傳播能量，故B項錯誤；C．由電磁波譜可知，紅外線的波長比X射線的波長，故C項錯誤；D．赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故D項錯誤。故選A。2.如圖所示的靜電場中，虛線為等差等勢線，實線為某帶電粒子的運動軌跡，a、b、c為軌跡和等勢線的交點，粒子只受電場力作用。則（　?。〢.a、b、c三點中，b點的電場強度最大B.a、b、c三點中，b點的電勢最高C.粒子在a點和c點的速度相同D.粒子在a點的動能小于粒子在b點的動能【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)等勢面的疏密表示電場強度的強弱可知，a、b、c三點中，b點的電場強度最小，所以A錯誤；B．由于帶電粒子的電性不確定，則電場線的方向不確定，所以等勢面的高低無法確定，則B錯誤；C．粒子在a點和c點的速度大小相同，由于a、c 兩點在同一等勢面上，電場力不做功，但是速度是矢量，粒子在a點和c點的速度方向不相同，所以C錯誤；D．粒子由a運動b過程電場力做正功，由動能定理可得，粒子在a點的動能小于粒子在b點的動能，所以D正確；故選D。3.如圖所示，a、b、c三盞燈實際消耗功率b、c相等，a是b的4倍。則a、b、c三盞燈的電阻之比為（　?。〢.2：1：1B.1：1：1C.1：4：4D.無法確定【答案】B【解析】【分析】【詳解】b、c兩盞燈并聯(lián)，功率相等，則根據(jù)知，兩盞燈的電阻相等，則通過b、c的電流相等，則流過a燈的電流是流過b燈電流的兩倍，a燈的功率是b燈的4倍，則有則有ACD錯誤，B正確。故選B。4.如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點為平衡位置，在水平面上的M、N兩點之間做簡諧運動，規(guī)定水平向右方向為正方向。當振子向右運動到O點開始計時，振子的位移x隨時間t的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（　　） A.0.2s時振子的位移等于6cmB.0.6s至1.4s內(nèi)振子通過的路程為24cmC.0.4s時振子的速度最大D.0.8s和1.6s時振子的速度相同【答案】B【解析】【詳解】A．在內(nèi)，振子不是勻速運動，而是做變減速運動，所以前一半時間內(nèi)的位移大于后一半時間內(nèi)的位移，即時，振子的位移大于，故A錯誤；B．至內(nèi)，振子的剛好運動半個周期，故其路程為故B正確；C．由圖像可知，斜率表示速度，時，圖像的斜率為零，說明振子的速度為零，故C錯誤；D．由圖像可知，和時，振子均位于原點位置，速度的大小相同。但振子的速度方向為負方向，振子的速度方向為正方向。故振子的速度不相同，故D錯誤。故選B。5.2023年9月21日下午，“天宮課堂”第四課中神州十六號三位宇航員景海鵬、朱楊柱、桂海潮通過精彩的實驗面向全國青少年進行太空科普授課。其中一個情境為動量守恒演示實驗：如圖所示，質(zhì)量為100g的小鋼球A靜止懸浮在空中，宇航員用手推出質(zhì)量為500g的大鋼球B，使它以一定的初速度水平向左撞向小鋼球A，撞后大、小鋼球均水平向左運動。為了驗證兩球組成的系統(tǒng)在碰撞中動量守恒，除了以上給出的實驗數(shù)據(jù)外，還需要測量的物理量是（　　）A.兩個鋼球的懸浮高度B.兩個鋼球的碰撞時間C.手對小鋼球B推力的沖量D.兩鋼球碰撞前后各自運動的距離和對應(yīng)時間【答案】D【解析】 【詳解】根據(jù)動量守恒定律可知為了驗證兩球組成的系統(tǒng)在碰撞中動量守恒，除了以上給出的實驗數(shù)據(jù)外，還需要測量的物理量是兩鋼球碰撞前后各自運動的距離和對應(yīng)時間，可利用兩鋼球運動的距離和對應(yīng)時間計算碰撞后的速度。故選D。6.豐都同文中學(xué)的童童同學(xué)研究影響平行板電容器的因素。設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，極板間電場強度為E，靜電計指針偏角為q，實驗中，保證極板所帶電荷量不變，那么（　　）A.保持S不變，減小d，則E變大B.保持S不變，增大d，則E不變C.保持d不變，增大S，則q不變D.保持d不變，減小S，則q變小【答案】B【解析】【詳解】AB．由于Q保持不變，根據(jù)公式可以得出所以E的大小和d無關(guān)，故A錯誤，B正確；CD．兩極板間的電勢差越大θ越大，由AB分析可知，當增大S時，C增大，由于Q不變，所以U減小，故θ減小，同理減小S時，θ增大，故CD錯誤。故選B。7.如圖所示的電路中，閉合電鍵S，燈泡L1、L2均能正常發(fā)光，由于電路中某處斷路，結(jié)果燈泡L1變亮，L2變暗，電壓表和電流表（均為理想電表）的示數(shù)均變小，則此故障可能是（　?。?A.R1斷路B.R2斷路C.R3斷路D.R4斷路【答案】A【解析】【詳解】A．若R1斷路，相當于R1電阻變?yōu)闊o窮大，根據(jù)“串反并同”可知，燈泡L1變亮，L2變暗，電壓表和電流表的示數(shù)均變小。故A符合題意；B．若R2斷路，相當于R2電阻變?yōu)闊o窮大，根據(jù)“串反并同”可知，燈泡L1變暗，L2變暗，電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變小。故B不符合題意；C．若R3斷路，相當于R3電阻變?yōu)闊o窮大，根據(jù)“串反并同”可知，燈泡L1變暗，L2變暗，電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變大。故C不符合題意；D．若R4斷路，相當于R4電阻變?yōu)闊o窮大，根據(jù)“串反并同”可知，燈泡L1變暗，L2變亮，電流表的示數(shù)變??；同理得R2兩端的電壓減小，R3兩端電壓增大，而電壓表是測兩個電阻的總電壓，由于不知電路中電阻的具體阻值，故無法判斷電壓表示數(shù)的變化。故D不符合題意。故選A。二、多選題（共3小題，每小題5分，全部選對的得5分，部分選對但不全的得3分，有選錯的得0分）8.如圖所示，擺長為的單擺做小角度的擺動，振動過程的最大位移為，不計空氣阻力，重力加速度，從擺球向右通過最低點開始計時，則從到的過程中（　　） A.擺球的重力勢能先減小后增大B.擺球的動能先減小后增大C.擺球振動的回復(fù)力先減小后增大D.擺球的切向加速度先增大后減小【答案】BD【解析】【詳解】AB．單擺振動周期從到的過程為小球經(jīng)過最低點向左振動到最左端再回擺到最低點的過程，此過程小球的重力勢能先增大后減小，小球的動能先減小后增大，故A錯誤，B正確；C．擺球振動的回復(fù)力先增大后減小，故C錯誤；D．擺球在最低點切向加速度最小，因此擺球的加速度先增大后減小，故D正確。故選BD。9.如圖所示，質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，以不同的初速度先后從S點沿SO方向垂直射入勻強電場中，分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點。不計粒子間的相互作用及重力。則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中（　?。〢.甲粒子動能變化量較小B.甲粒子所受電場力的沖量較小C.甲粒子在P點的速度方向可能沿OP方向D.甲粒子的電勢能減小，乙粒子的電勢能增加【答案】AB【解析】【詳解】A．乙粒子動能變化量為甲粒子動能變化量為 由圖知故故選項A正確。B．由可知，甲、乙粒子的加速度大小相等，沿電場方向，對乙對甲故沖量選項故B正確。C．粒子做類平拋運動，速度反向延長線交于水平位移的中點，乙在M點的速度反向延長線應(yīng)交SO于O點上方，故選項C錯誤。D．電場力對甲乙粒子均做正功，兩粒子的電勢能均減小，故選項D錯誤。故選AB。10.如圖所示，整個空間存在水平向左的勻強電場，一長為L的絕緣輕質(zhì)細硬桿一端固定在O點、另一端固定一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P，桿可繞O點在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，電場的電場強度大小為E＝。先把桿拉至水平位置，然后將桿無初速度釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　?。?A.小球到最低點時速度最大B.小球從開始至最低點過程中動能一直增大C.小球?qū)U的最大拉力大小為mgD.小球可繞O點做完整圓周運動【答案】BC【解析】【詳解】AB．小球受到的重力和電場力作用，如圖所示：小球受到的電場力為qE＝mg此二力的合力大小為F＝mg方向為與豎直方向成30°角，此方向圓周上的點為等效最低點?？芍獥U轉(zhuǎn)到最低點左側(cè)合力F沿桿的方向時小球速度最大，選項A錯，B正確；C．設(shè)小球的最大速度為v，從釋放到小球達到最大速度的過程，應(yīng)用動能定理有F(1＋)L＝mv2設(shè)小球速度最大時，桿對小球的拉力為Fm，對小球應(yīng)用向心力公式有Fm－F＝解得 Fm＝mg由牛頓第三定律知選項C正確；D．根據(jù)等效性可知桿轉(zhuǎn)過240°角，速度減小為0，未到達圓周的最高點，小球不能做完整的圓周運動，選項D錯誤。故選BC。三、實驗題（共2小題，11題8分，12題8分）11.在“探究碰撞中的不變量”實驗中，通過碰撞后做平拋運動測量速度的方法來進行實驗，實驗裝置如圖所示（1）在不放小球m2時，小球m1從斜槽某處由靜止開始滾下，m1落點在圖中的______點，把小球m2放在斜槽末端邊緣處，小球m1從斜槽相同位置處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，碰后小球m1的落點在圖中的________點。（2）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是_____________（填字母代號）；A.斜槽必須足夠光滑且安裝時末端必須保持水平B.小球每次都必須從斜槽上的同一位置靜止釋放C.必須測量出斜槽末端到水平地面的高度D.實驗中需要用到秒表測量小球空中飛行的時間E.實驗中兩個小球的質(zhì)量大小關(guān)系是m1大于m2（3）用刻度尺測量OM長度為x1、MP長度為x2、PN長度為x3，通過驗證等式_______________是否成立，從而驗證動量守恒定律。（用m1、m2、x1、x2、x3表示）?！敬鸢浮竣?P②.M③.BE④.【解析】【詳解】（1）[1]小球m1從斜槽某處由靜止開始滾下，m1的落點在圖中的P點；[2]小球m1和小球m2相碰后，小球m2的速度增大，小球m1的速度減小，都做平拋運動，所以相碰后小球m2的落點在N點，小球m1的落點在M點；（2）[3]AB．斜槽末端必須水平，以保證小球做平拋運動，并且只要入射小球每次都從斜槽上 同一位置由靜止釋放，就能使碰撞前的速度相同，與斜槽是否光滑無關(guān)，故A項錯誤，B項正確；CD．由于兩小球每次都是從同一位置開始做平拋運動，小球在空中飛行時間相同，小球的水平位移能夠反映小球初速度的大小，所以實驗中不用測量出斜槽末端到水平地面的高度，也不用測量小球空中飛行的時間，故C、D項均錯誤；E．為了保證入射小球碰撞后不反彈，入射小球m1的質(zhì)量要大于被碰小球m2的質(zhì)量，故E正確；故選BE。（3）[4]若動量守恒，取向右為正方向，則應(yīng)滿足根據(jù)平拋運動規(guī)律得整理可得因此可得整理得12.某同學(xué)在實驗室用如圖甲的電路測量一新材料的電阻率。其中為該新材料制成的圓柱體電阻絲，其橫截面積為S，是阻值為0.6Ω的定值電阻。正確接線后，閉合開關(guān)，讀出電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I以及對應(yīng)的長度L。調(diào)節(jié)滑片P的位置，記錄多組U、I、L的值。（1）某次實驗過程中，電流表的指針位置如圖乙所示，該示數(shù)為___________A；（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的圖像如圖丙所示，則圖甲中電源的電動勢__________V，內(nèi)阻_________Ω。 （3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可進一步繪出，如圖丁所示，則電阻絲的電阻率的表達式__________（用a、b、S表示）【答案】①.0.34②.1.5③.0.4④.【解析】【詳解】（1）[1]電流表選用0.6A擋，其最小分度為0.02A，由圖可知，此時電流大小為0.34A；（2）[2]由閉合電路歐姆定律可知由圖乙所示可知，圖像與縱坐標間的交點表示電動勢，故有[3]圖像的斜率其中解得（3）[4]由歐姆定律和電阻定律有得所以圖線斜率得 四、計算題（共3小題，13題9分，14題14分，15題18分）13.在如圖所示的勻強電場中，一個電荷量，質(zhì)量為的帶電小球所受靜電力，沿電場線方向從靜止由A運動到B，A、B兩點間的距離，求：（1）勻強電場的電場強度E的大小；（2）A、B兩點間的電勢差；（3）小球從A運動到B靜電力做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)電場強度的定義可知，勻強電場中場強大?。?）A、B兩點間的電勢差（3）小球從A運動到B靜電力做的功14.在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝10V、內(nèi)阻，小型直流電動機M的內(nèi)阻。閉合開關(guān)S后，電動機正常轉(zhuǎn)動，理想電流表的示數(shù)I＝1.0A，求：（1）電動機的機械功率；（2）電源的效率?！敬鸢浮浚?）9W；（2）95% 【解析】【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電動機兩端電壓電動機的機械功率（2）電源的效率15.如圖所示，在水平面的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強電場，變化規(guī)律如圖所示。把一質(zhì)量為m、帶電荷的小球在時從A點以大小為的初動能水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以的動能豎直向下經(jīng)過點，隨后小球第一次經(jīng)過A點正下方，且經(jīng)過A點正下方時電場剛好第一次反向。已知之間的高度差為，水平距離為點到水平面的豎直距離為，重力加速度為。求：（1）兩點間的電勢差；（2）勻強電場的場強的大小；（3）小球到達水平面時與A點的水平距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）AB的水平距離為h，AB的豎直距離為2h，從A到B的過程根據(jù)動能定理有解得AB兩點之間的電勢差 （2）小球從A點以動能mgh水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，到達B點動能豎直向下，為4mgh，說明水平方向上減速運動，水平方向有解得方向水平向左；豎直方向有解得方向豎直向下。所以勻強電場的場強方向與水平方向成45°角斜向左下。（3）根據(jù)題意建立如圖所示的坐標系已知小球第一次經(jīng)過A點正下方D點時電場剛好相反，可知A到D的運動時間為T，小球在水平方向運動時間具有對稱性，即A到B和B到D所用時間相同小球從A到B，在y軸上有 解得到達D點時小球沿y軸方向的分速度為則A到D沿y軸方向的位移為小球第一次經(jīng)過y軸的D點后電場反向，沿與x軸方向成45°指向右上方，小球在y軸上受力平衡，以的速度做勻速直線運動。沿x軸方向先勻減速后勻加速，根據(jù)運動的對稱性可知恰好在2T時刻第二次經(jīng)過A點正下方的E點，此過程沿y軸的位移為經(jīng)過E點后，2T~3T時間內(nèi)電場再次反向，小球沿y軸以的初速度做勻加速直線運動，3T時刻第三次經(jīng)過y軸，此時沿y軸的分速度為2T~3T時間沿y軸的位移為以此類推，從0時刻開始，每經(jīng)過一個時間間隔T，小球就經(jīng)過一次y軸，沿y軸的運動均為勻加速直線運動與勻速直線運動交替運動。3T~4T時間沿y軸的位移為4T~5T時間沿y軸的位移為以此類推，可得小球第n次經(jīng)過y軸的總位移為令，解得可知小球在第5次經(jīng)過y軸后從到達水平面，當時 則小球在第5次經(jīng)過y軸位置到水平面的距離為小球在第5次經(jīng)過y軸之前豎直方向經(jīng)歷了2次勻速直線運動和3次勻加速直線運動，第5次經(jīng)過y軸時沿y軸的分速度小球在第5次經(jīng)過y軸后沿y軸做勻速直線運動，從第5次經(jīng)過y軸到水平面經(jīng)歷時間為與對比可得小球在第5次經(jīng)過y軸后沿x軸負方向做勻減速直線運動，其位移為由A到B的過程中，沿水平方向有解得