【名校面对面】2023-2024学年高二下学期开学大联考物理试题（word版)

2023—2024学年下期高二开学考试 物理试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共6个小题，每小题4分，共计30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．关于下列四幅图像，说法正确的是 甲 丙 丁 乙 A．对甲图，同向电流相吸引的原因是电荷产生电场而互相作用 B．对乙图，通电螺线管内部的磁场方向是由N极指向S极 C．对丙图，当线框平行通电导线上下移动时会产生感应电流 D．对丁图，变化的电场和变化的磁场交替产生，在真空中传播形成电磁波 2．关于下列物理公式，说法正确的是 A．电势差的定义式只适用于匀强电场 B．电动势的定义式中的指的是电场力的功 C．磁感应强度的定义式成立时与不一定垂直 D．由动量定理得出力的定义式，说明力可以用动量的变化率来定义 3．用轻质弹簧连接的质量均为m的A、B两物体，静止放置在光滑的水平地面上，弹簧处于原长，A的左端靠在竖直墙壁，现让B突然获得一个水平向左的速度，规定水平向左为正方向，下列说法正确的是 A．A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最大时，墙壁对A的冲量为 B．A未离开墙壁，弹簧从压缩量最大到恢复到原长的过程中，系统的动量守恒 C．从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B做的功为 D．从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B的冲量为 4．欧姆表的内部结构如图甲所示，先将a、b两表笔短接，表头满偏，再将阻值为的电阻接在a、b之间，发现指针正好指向灵敏电流计表盘的正中央；某个欧姆表的表盘，用来测量某个电阻时，指针的刻度如图乙所示，设指针向右的偏角为，下列说法正确的是 a b 甲 乙 A．a是红表笔、b是黑表笔 B．甲图欧姆表的内阻为 C．乙图的读数为 D．对乙图，重新调零来测阻值更大的电阻时，指针向右的偏角一定小于 5．波源位于坐标原点的一列简谐横波沿着x轴的正方向传播，a、b、c是介质中的三个质点，质点的振动周期，t时刻振动正好传播到质点c，波形图如图所示，根据图像所提供的信息来判断下列说法正确的是 x/m x/cm 20 a 0 1．5 b 3．5甲 c A．波速为 B．波源的起振方向沿y轴的负方向 C．质点a已振动的时间为 D．t时刻，b质点的回复力小于c质点的回复力 6．如图所示，平面内存在一边长为L的正方形ABCD，O是正方形的中心，M、N分别AD、BC的中点，A、D两点分别固定一电荷量为的点电荷，N点固定一电荷量为的点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是 A．负点电荷在M点产生的场强由N指向M B．负点电荷在O点产生的电场的电场强度大小为 C．两个正点电荷在O点产生的合电场强度大小为 D．三个点电荷在O点产生的合电场强度大小为 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。每小题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。） 7．如图所示的电路，电源的内阻和两个定值电阻的阻值均为，电源的电动势为E，电流表、电压表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为，两个端点分别是M、N，滑片为P，先合上开关S，调节滑片P，下列说法正确的是 M E V 3 2 1 C B A O 橡皮筋 v 1 C B A O 橡皮筋 v 1 C B A O 橡皮筋 v P N S A．滑片P由N向M移动的过程中，电压表的示数减小 B．滑片P由N向M移动的过程中，电流表的示数增大 C．电源总功率的最小值为 D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值为 8．如图所示，带等量异种电荷的平行金属板竖直放置，一带电量为的小球从平行板的左下边缘，以某一速度斜向右上方射入匀强电场，沿直线运动到平行板的右上边缘。已知两板间的距离为3L，平行板的长度为4L，平行板的带电量为，电容为，重力加速度为g，视为质点的小球的带电量不影响匀强电场的分布，下列说法正确的是 A．小球带负电 B．小球在匀强电场中斜向上运动，动能一定增大 C．小球的质量为 D．若小球到达右上边缘时的速度刚好为0，则小球刚进入平行板时的动量为 9．如图所示，一块均匀的正六面体金属导体，上下厚度为L，当给导体的上下表面加上电压U时，流过导体的电流为，当给导体的里外表面加上电压U时，流过导体的电流为，当给导体的左右表面加上电压U时，流过导体的电流为，下列说法正确的是 A B C D A．AC的长度为 B．AD的长度为 C．导体的体积为 D．导体的电阻率为 10．如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖竖直放置，玻璃砖的直径与竖直固定的挡板平行，且挡板与圆心O的距离为3R，一束单颜色的光从O点垂直直径射入，从玻璃砖的顶点P射出后射到挡板的M点，另一束相同颜色的光直径上的A点垂直直径射入，从弧面上的B点射出后射到挡板的N点，两条光线的交点为C，已知O、A两点间的距离为，，，下列说法正确的是 M O N A B C P A． B．玻璃砖对此颜色光的折射率为 C．P、C两点之间的距离为 D．要使屏上出现一个亮点，应将光屏移动的距离为 三、实验题（本题共2小题，共15分。请按题目要求作答。） 11．（7分） 某实验小组用如图甲的单摆来测量当地的重力加速度，多次改变细线的长度L，做出L与单摆周期的平方之间的关系图像如图乙所示；再用如图丙所示的圆锥摆来测量当地的重力加速度，做出圆锥摆周期的平方与H（悬点与轨迹圆圆心间的高度差）的关系图像如图丙所示，回答下列问题： 甲 L L O 乙 丙 H H O 丁 （1）对甲图，单摆摆动时摆线在同一竖直平面内(填“不一定”或“一定”） 对甲图，计时起止时刻，应选在（填“最大摆角处”或“最低点”） （2）对乙图，若图线的斜率为，摆球的半径为，则当地的重力加速度为 对丁图，若图线的斜率为，则当地的重力加速度为 12．（8分）某同学用如图甲所示的电路来测量电源的电动势E和内阻r，已知图中电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，实验开始前三个开关均断开。实验的主要步骤如下： 甲 O 乙 A．闭合和，调节滑动变阻器的滑片在某个位置，读出电流表的示数为，保持滑片的位置不变，断开，读出电流表的示数为； B．变动滑片的位置，重复A步骤的实验操作，多测几组、相对应的数值，做出的函数关系图像如图乙所示； C．断开，闭合和，读出电流表的示数为。 （1）写出乙图的函数表达式(用E、、、来表示） （2）电源的电动势，内阻（用题中的已知量来表示） （3）根据上述的测量原理，电源电动势的测量值真实值，内阻的测量值真实值（填“等于”、“大于”或“小于”） 四、计算题（本题共3小题，共35分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。） 13．（10分）如图所示的电路，电源的内阻为r，定值电阻甲、乙的阻值均为r，灯泡的内阻也为 r，电容器的电容为C，当合上、断开，稳定后，电容器的带电量为Q，求：r C 甲 乙 r r （1）电源的电动势以及当合上、断开，稳定后电源内阻的热功率 （2）当、均合上，稳定后通过甲的电流以及当、均合上，稳定后电容器的带电量 14．（11分）如图所示，竖直面内的轨道模型由三部分组成，AB是水平轨道，BC是四分之一圆弧轨道，CDEF是半径为R的四分之三圆弧轨道，O是圆心，CE、FD分别是水平和竖直直径，B、F两点的高度相同，质量分别为m、3m的甲、乙两小球（均视为质点）静止放置在AB上，现让甲获得一个水平向右的初速度，甲、乙发生弹性碰撞后，乙从B点（无碰撞）进入管内，接着第一次到达C点，然后沿着管壁上升到F，最后向左平抛运动第二次到达C点（小球在第二次到达C之前，四分之一圆弧轨道BC已撤走）不计一切摩擦，重力加速度为g，圆管的直径略大于小球的直径，求： A B C D F 乙 甲 O E R （1）乙在F点的速度大小以及甲获得的初速度大小 （2）乙第一次达到C时重力的功率与第二次达到C点时重力的功率之差 15．（14分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第三、四象限存在着电场强度为E与x轴正方向成夹角的匀强电场。一质量为m、带电量为的粒子甲（不计重力）从O点以沿着y轴负方向的速度进入电场，到达P点时速度正好与电场线垂直。另一个带电量也为的粒子乙（不计重力）从O点以垂直电场线的速度（大小也为）射入电场，经过一段时间运动到y轴上的Q点，，求： y O x P 甲 乙 Q （1）O、P两点间的电势差以及甲从O到P的运动时间为 （2）若乙从O到Q的运动时间与甲从O到P的运动时间相等，则乙的质量为 （3）若O、P两点的电势差与O、Q两点的电势差互为相反数，则乙的质量为 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年下期高二开学考试 物理答案 1．【答案】D 【解析】对甲图，同向电流相吸引的原因是运动电荷产生磁场而互相作用，A错误； 对乙图，通电螺线管内部的磁场方向是由S极指向N极，B错误； 对丙图，当线框平行通电导线上下移动时，线框内的磁通量不变，不会产生感应电流，C错误； 对丁图，变化的电场和变化的磁场交替产生，在真空中传播形成电磁波，D正确。 2．【答案】D 【解析】电势差的定义式可适用于任何电场，A错误； 电动势的定义式中的指的是非静电力做的功，B错误； 磁感应强度的定义式成立时与一定要垂直，C错误； 由动量定理得出力的定义式，说明力可以用动量的变化率来定义，D正确。 3．【答案】D 【解析】A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最大时，系统动量的变化量为，墙壁对A的冲量就是系统所受合外力的冲量，由动量定理可得，同理从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由变成 ，动量的变化为，弹簧对B的冲量为，A错误、D正确； A未离开墙壁，弹簧从压缩量最大到恢复到原长的过程中，墙壁对A有向右的弹力，即系统受到向右的弹力，外力之和不等于0，系统的动量不守恒，B错误； 从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由变成 ，动能的变化量为0，由动能定理可得弹簧对B做的功为0，C错误。 4．【答案】A 【解析】对于欧姆表测量电阻时，电流由红表笔流进，黑表笔流出，则红表笔接内部电源的正极，黑表笔接负极，A正确； 对甲图，满偏时，半偏时，则，B错误； 因为乙图没给欧姆表的倍率，所以读数可能是等，C错误； 对乙图，若增大欧姆表的倍率，再来测量阻值更大的电阻，指针向右的偏角可能小于，也可能大于，还可能等于，D错误。 5．【答案】 【解析】由图像可知，，由题意可得，则波速，A错误； 波沿着x轴的正方向传播，t时刻振动正好传播到质点c，且c正沿着y轴的正方向振动，则波源的起振方向沿y轴的负方向，B错误； 由图像可知，波向右传播的距离为，则质点a已振动的时间为，C正确； t时刻，质点c位于平衡位置，位移为0，回复力为0，b质点的回复力不等于0，b质点的回复力大于c质点的回复力，D错误。 6．【答案】C 【解析】负点电荷在某点产生的电场强度由此点指向负点电荷，则N点的负点电荷在M点产生的场强由M指向N，A错误； 由几何关系可得O、N两点之间的距离为，则负点电荷在O点产生的电场的电场强度为，B错误； 由几何关系可得A、D两点与O点的距离均为，两个正电荷分别在O点产生的电场强度均为，由矢量叠加原理，两个正点电荷在O点产生的合电场强度为，方向由M指向N，C正确； 三个点电荷在O点产生的合电场强度大小为，D错误。 7．【答案】BD 【解析】滑片P由N向M移动的过程中，总电阻变大，总电流变小，内电压与干路上的电压均减小，则滑动变阻器的电压增大即电压表的示数增大，由欧姆定律可得电流表的示数增大，A错误、B正确； 当滑片P在M点时，总电电阻最大为，电源总功率的最小值为，C错误； 设电压表的示数为、电流表的示数为，由闭合电路欧姆定律可得 则有，近一步可得，D正确。 8．【答案】CD 【解析】小球做直线运动，电场力与重力的合力沿着直线运动轨迹，若电场力水平向右，合力与速度不共线，小球会做曲线运动，所以电场力一定水平向左，结合匀强电场的强度水平向左可得小球带正电，A错误； 电场力与重力的合力斜向左下方，与速度的方向相反，则小球做匀减速直线运动，动能要减小，B错误； 由、，，综合可得 、，C正确； 设小球刚进入平行板时的动量为，若小球到达右上边缘时得速度刚好为0，由动能定理可得，综合解得，D正确。 9．【答案】AC 【解析】设AC的长度为、AD的长度为，设导体的电阻率为，根据电阻定律以及欧姆定律，综合可得，则有、、 综合解得、，A正确、B错误； 导体的体积为，C正确； 由、、，解得，D错误。 10．【答案】BD 【解析】连接OB，由几何关系可得，解得 则，A错误； 则光线在B点的折射角 玻璃砖对此颜色光的折射率的折射率为，B正确； 由几何关系可得， 对由正弦定理可得，解得，则，C错误； 要使屏上出现一个亮点，光屏应移动到C点，则移动的距离为，D正确。 11．【答案】（1）一定、最低点（2分）（2）(2分）（3分） 【解析】（1）对甲图，单摆摆动时摆线一定在同一竖直平面内，避免变成复合摆（1分） 对甲图，为了保证计时的准确性，计时起止时刻，应选在最低点（1分） （2）由单摆的周期公式可得乙图的函数关系式为 当图像的斜率为，则有，解得（2分） 对圆锥摆，设摆线与竖直方向的夹角为，由几何关系可得圆弧轨迹的半径为，拉力与重力的合力沿水平方向充当向心力，由二力合成的矢量三角形可得，由牛顿第二定律结合向心加速度公式可得，综合可得丁图的函数关系式为，当图像的斜率为，则有，解得（3分） 12．【答案】（1）（2分）（2）（2分）、（2分）（3）等于（1分）、等于（1分） 【解析】（1）闭合和时，由闭合电路欧姆定律可得，断开时有整理可得（2分） （2） 由乙图可得，解得（2分） 断开，闭合和，有，综合可得（2分） (3)根据上述的测量原理，电源电动势和内阻的测量均无系统误差，故的测量值均等于真实值（2分） 13．【答案】（1）、（4分）（2）、（6分） 【解析】（1）对电容器，由可得（1分） 由闭合电路欧姆定律可得电源的电动势为（1分） 当合上、断开，稳定后电源内阻的热功率为（2分） （2）当、均合上，稳定后灯泡与乙并联的总电阻为（1分） 由闭合电路欧姆定律可得甲的电流为（1分） 综合计算可得（1分） 当、均合上，稳定后灯泡的电流为（1分） 电容器的电压为（1分） 带电量为（1分） 14．【答案】（1）、（6分）（3）（5分） 【解析】 （1） 设乙在F点的速度为，乙从F到C做平抛运动， 由平抛运动的规律可得 （1分） 综合解得(1分） B、 F的高度相同，由机械能守恒定律可得，甲、乙碰撞刚结束时乙的速度大小为（1分） 设碰撞前后甲的速度分别为，由弹性碰撞的规律可得（1分） （1分） 综合可得，对比解得（1分） (3) 乙第一次达到C点时的速度竖直向下，C、E的高度相同， 由机械能守恒定律可得(1分） 第二次到达C点，把速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，设竖直分速度为，由平抛运动的规律可得，解得（1分） 乙第一次达到C点时重力的功率为（1分） 第二次达到C点时重力的功率为（1分） 综合比较可得(1分） 15．【答案】（1）、（5分）（2）（5分）（3） （4分） 【解析】甲从O到P做匀变速曲线运动，在P点的速度与电场线垂直，由逆向思维可得甲从P到O做类平抛运动，垂直电场线的方向做匀速直线运动，沿着电场线的方向做初速度为0的匀加速直线运动，设甲在P的速度为，把甲在O点的速度分别垂直电场线和沿着电场线分解，垂直电场线方向的分速度为（1分） 甲从O到P，由动能定理可得（1分） 综合解得（1分） 甲在O点的速度沿着电场线方向的分速度为 设甲从O到P的运动时间为，沿着电场线的方向由初速度为0的匀加速直线运动的规律可得（1分） 解得（1分） （2）设乙的质量为M，O、Q两点间的距离为d，乙在O点的速度与电场垂直，乙从O到Q做类平抛运动，把乙从O到Q的位移d分别沿着电场线和垂直电场线分解，则有（1分） 设乙从O到Q的运动时间为，由类平抛运动的规律可得、 （1分） 综合可得、（1分） 若乙从O到Q的运动时间与甲从O到P的运动时间相等，则有即（1分） 解得（1分） （3）设甲从O到P沿着电场线方向的分位移为，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可得（1分） 综合可得（1分） 若O、P两点的电势差与O、Q两点的电势差互为相反数，则有即（1分） 解得 （1分） 学科网（北京）股份有限公司 $$