广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷

广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1． 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是
A．粒子带正电
B． 点和 点的电场强度相同
C．粒子的动能先减小后增大
D．粒子在 点的电势能小于在 点的电势能
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误；
B.在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与﹣5V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，故B错误；
C.粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，故C正确；
D.a、e两点时电势相等，故电荷在a、e两点电势能相等，故D错误；
故选择C．
【分析】根据电势可知上方是正电荷，下方是负电荷，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，判断粒子的电性，从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，可判断电势能的大小情况和动能得到变化情况；电场强度是矢量，判断两点的电场强度情况．
2．（2023高二下·龙岗期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器；开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（　　）
A．灯泡L变亮 B．电容器C的带电量将增大
C．两端的电压减小 D．电源的总功率变大
【答案】B
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】 AD、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器连接在电路部分的电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，则灯L变暗，电源的总功率 P=EI，电源的总功率变小，故AD错误；
BC、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，电容器所在支路电阻分压为零，故两端的电压 不变，故B正确，C错误。
故选：B。
【分析】根据滑动变阻器的滑片移动情况，分析总电阻变化、然后分析总电流，分析灯的亮暗、电源的总功率，再根据路端电压变化，分析电容器电量以及两端的电压变化。
3． 一光滑水平地面上静止放着质量为M、半径为 的光滑圆弧轨道，质量也为M小球从轨道最左端的 点由静止滑下 为水平直径 ，重力加速度为 ，下列正确的是（　　）
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端
B．小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为
D．B.小球通过最低点时速度
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A错误；
B．小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；
C．设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为R-s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得，解得，所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误；
D．设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和v'，以向右为正方向，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律，联立解得，故D正确。
故选择D。
【分析】当小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒，再根据系统的机械能守恒可得 轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离以及小球通过最低点时速度 .
4． 飞力士棒是一种健身、康复器材，它由一根 软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，使用时，用手驱动使其振动，如图所示。若某棒的固有振动频率为 ，下列说法正确的是（　　）
A．用力越大，该棒振动的越快
B．增大手驱动的频率，该棒的振幅一定变大
C．增大手驱动的频率，该棒的振动频率可能减小
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成 次全振动时负重头的振幅最大
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】A．用力越大，手驱动的频率不一定大，该棒振动的不一定快，A错误；
BC．棒做受迫振动，增大手驱动的频率，该棒的振动频率增大，当驱动频率等于固有频率时，振幅最大，所以增大手驱动的频率，该棒的振幅不一定变大，故BC错误；
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时，可知驱动频率为，可知负重头的振幅最大，故D正确。
故选择D。
【分析】根据定义固有频率：是指结构系统在受到外界激励产生运动时，只由系统本身性质决定的特定的频率。当物体做受迫振动时，驱动频率等于固有频率时，振幅最大；
5．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的（　　）
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子的轨迹如图
根据qvB=m，v=，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大， c粒子速率最大
粒子转过的周期T=，根据t=由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，周期相同，c转过的圆心角最小，则在磁场中运动时间最短。
故选：B。
【分析】根据qvB=m，分析速率，根据T=，t=，分析时间长短，即可解答。
6． 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为 ，导体环的总电阻为 。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度 随时间 的变化如乙图所示， 。下列说法正确的是（　　）
A． 时，导体环中电流为零
B．第 内，导体环中电流为负方向
C．第 内，导体环中电流的大小为
D．第 内，通过导体环某一截面的电荷量为
【答案】D
【知识点】电流、电源的概念；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．t=1s时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；
B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；
C．第3s内，导体环中电流大小为，故C错误；
D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为，故D正确。
故选择D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律可得，要使电路中有感应电流必须满足两个条件：闭合回路，磁通量发生变化；同时结合楞次定律可得感应电流的方向，再根据电流的定义可得过导体环中某一截面的电荷量。
7．（2023高二下·龙岗期中）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（　　）
A．该交变电流的周期为2s
B．该交变电流电压的有效值为200V
C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为
D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图像可知，该交变电流的周期为0.02 s，故A错误；
B．根据电流的热效应计算电压的有效值，则有
+=
解得该交变电流电压的有效值为
U=100V
故B错误；
C．交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为100V，故C错误；
D．只有当交流电压大于或等于启辉电压200 V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，而交变电流的周期为0.02 s，则1秒内发光100次，故D正确。
故选：D。
【分析】根据图像，确定周期；
根据有效值定义，求电压有效值；
交流电压表读数为交变电流电压的有效值；
一个周期发光两次，确定1秒内发光次数。
8．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．麦克斯韦证实了电磁波的存在
B．电磁波可以在真空中传播
C．电磁波在各种介质中传播的速度都是
D．电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；
BC．电磁波可以在真空中传播，在真空中传播的速度是，一般在不同的介质中传播的速度不同，C错误，B正确；
D．恒定的电场周围不产生磁场，恒定的磁场周围不产生电场，D错误。
故选：B。
【分析】根据物理学史相关内容以及电磁波的传播及产生，即可解答。
二、多选题（本大题共3小题，每题6分，选对但不全得3分，共18.0分）
9．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，、是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（　　）
A．球的质量比球的大
B．若同时剪断两根细线，则、两球同时落地
C．球的电荷量比球的大
D．若同时剪断两根细线，则、两球飞行的水平距离相等
【答案】A,B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得
tan =，tan =
因，故有球的质量比球的大，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误；
故选AB。
【分析】根据平衡条件列式，分比较ab质量；剪断细线后，做自由落体运动，时间相等；无法比较电荷量大小；库仑力大小相等，根据牛顿第二定律，分析加速度大小，再比较水平距离。
10．（2023高二下·龙岗期中）如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为和。C点是BE连线的中点，下列说法正确的是（　　）
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示时刻起经后，质点B的路程为
【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，均是振动加强点振幅为2A，但位移会发生变化，所以图示时刻A、B两点的竖直高度差为
hAB=4A=20cm
C点处于加强区域振幅为2A，此时处于平衡位置，AB错误；
C．根据前面分析C点处于平衡位置，波峰位置正由E向B传播，所以可得C点正向上运动，C正确；
D．根据公式有
T==0.5s
可得从图示时刻起经0.25s后，质点B的路程为
s=4A=20cm
D正确。
故选：CD。
【分析】A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，分析高度差；C点处于加强区域，分析位置以及运动方向；根据公式T=求周期，分析0.25s后路程。
11．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A.根据qvB=m可得R=结合Ek=mv2，可知粒子的最大动能为Ekm=粒子的最大动能与加速电压U无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；
B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；
C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvB=qE可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是故C错误；
D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。
故选BD。
【分析】根据qvB=m结合动能表达式，分析最大动能；根据左手定则，分析B极板极性；根据qvB=qE，求速度，速度选择器无法判断粒子电性；根据左手定则，分析D板电势高低。
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12．（2022·江门模拟）某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，
　 　cm；
（2）将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点（图（a）中未画出），释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间
，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用　 　表示滑块经过光电门时速度的大小；
（3）改变P点的位置，多次重复步骤（2）；
若用 图像处理数据，所得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数 　 　（用物理量的符号表示）。
【答案】（1）1.02
（2）
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）游标卡尺的示数
.
（2） 滑块经过光电门时速度的大小为
①
（4）物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得
②
由匀变速直线运动速度和位移的关系得
③
由①②③可得
结合图(c)可得图像的斜率
解得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理读出遮光片的宽度；
（2）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块经过光电门的速度；
（3）物块从光电门到停止运动，利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系结合图像得出动摩擦因数的大小。
13．（2023高二下·龙岗期中）测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A．待测金属丝R（电阻约8Ω）
B．电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）
C．电压表V（3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）
E.电源E（6V）
F.开关，导线若干
（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径和长度，读出图中的示数，图甲为　 　，图乙为　 　。
（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整　 　。
（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度及相应电压表示数、电流表示数，作出如图所示。测得图线斜率为，则该金属丝的电阻率为　 　。
（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有____
A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端
B．实验中，滑动变阻器的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小
D．该实验方案中电流表的内阻对电阻率测量结果没有影响
【答案】（1）1.195；20.30
（2）
（3）
（4）A；D
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为d=1mm+19.50.01mm=1.195mm，游标卡尺读数为L=20mm+60.05mm=20.30mm
（2）根据电路图连接实物图如下
（3）设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻R=，电阻R=，横截面积S=，联立解得=L+RA，图像斜率k=，所以电阻率=
（4）A．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端。故A正确；
B．实验要测量多组电压值、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动。故B错误；
C．待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大。故C错误；
D．根据
=L+RA
可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率测量结果没影响。故D正确。
故选：AD。
【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺读数规则，读数；
根据欧姆定律、电阻定律，结合图像，求电阻率；
为了保护电路，滑动变阻器滑片处于最左端；
实验要测量多组电压值、电流值，需要移动滑片；温度升高，电阻率变大；
根据=L+RA，分析电流表的内阻存在不会改变图像的斜率。
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分，需要写出重要解题步骤和必要的文字说明，只有结果，没有过程不得分）
14．如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为 。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部 的高度，外界大气压强为 ，温度为 ，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；
（2）气体温度达到 时气体的压强。
【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象：最初状态为： ， ，
设温度升高到 时，活塞刚好到达汽缸口，此时有： ，
根据盖 吕萨克定律：
解得：
（2）解： ，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化
所以：
此时有： ， ，
由理想气体状态方程：
解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据盖 吕萨克定律可得活塞刚好到达汽缸口时的温度；
（2）封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程可得气体温度达到 时气体的压强。
15．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨 、 相距为 ，导轨平面与水平面夹角a，导轨上端跨接一定值电阻 ，导轨电阻不计．整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，长为 的金属棒 垂直于 、 放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为 、电阻为 ，重力加速度为 ，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为 时，速度达到最大值 求：
（1）金属棒开始运动时的加速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑距离为 的过程中，电阻 上产生的电热．
【答案】（1）解：金属棒开始运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设匀强磁场的磁感应强度大小为 ，则金属棒达到最大速度时
产生的电动势 E=BLVm
回路中产生的感应电流
金属棒棒所受安培力
棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则 F=mgsina ⑤
由 式解得
（3）解：设电阻 上产生的电热为 ，整个电路产生的电热为 ，则
由 ⑥⑦ 式解得 ． Q=mR2(R+r)(2gSsina Vm2)
【知识点】功能关系；受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿第二定律；楞次定律；右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当金属棒开始运动时，对金属棒受力分析，由于没有安培力的作用，由牛顿第二定律可得金属棒开始运动时的加速度大小；
（2） 棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小，结合闭合电路的欧姆定律可得回路中产生的感应电流，由于通电导线再磁场中受到安培力作用， 金属棒所受合外力为零可得磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑过程中能量守恒，重力势能转化为金属棒的动能和整个回路的内能，又因为金属棒和定值电阻串联产生的热量与电阻成正比可得。
16．如图所示，半径 的光滑圆弧轨道 固定在竖直平面内，轨道的上端点 和圆心 的连线与水平方向的夹角 ，下端点 为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量 的小物块 可视为质点 从空中 点以 的速度水平抛出，恰好从 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块 发生弹性碰撞，碰撞后物块 恰好可以返回到圆弧轨道与圆心 等高处。 取 ， 求：
（1）物块 由 到 的运动时间，以及 、 两点的高度差；
（2）小物块经过圆弧轨道上 点时对轨道的压力大小；
（3）物块 . 的质量；（结果可用根式表示，不用化成最简形式。）
【答案】（1）解：小物块从 点抛出做平抛运动，则： ， ，联立解得： ，
A、 两点的高度差： ，解得： ；
（2）解： 由几何知识得，小物块在 点的速度大小： ，
从 到 . 根据动能定理得： ，
在 点受力分析，根据牛顿第二定律得： ，解得： . ，
根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为 ；
（3）解： 与 碰撞，根据动量守恒定律有： ，
根据系统机械能守恒定律得 ，
后对 ，根据动能定理有： ，
解得：
。
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1） 小物块从A点做平抛运动到B点， 恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，根据平抛运动的规律可得运动时间和下落的高度。
（2）根据运动的合成可得小物块在B点的速度大小； 从B到C根据动能定理得可得C点的速度大小；在C点受力分析，根据牛顿第二定律可得轨道对小物块的支持力，再根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小；
（3） a经过C点后沿水平面运动并与静止在水平面上的另一小物块b发生弹性碰撞，动量守恒和系统机械能守恒都守恒，碰撞后物块a恰好可以返回到圆弧轨道与圆心O等高处， 根据动能定理可得碰后a的速度，联立方程可得。
1 / 1广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高二下学期期中考试物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1． 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是
A．粒子带正电
B． 点和 点的电场强度相同
C．粒子的动能先减小后增大
D．粒子在 点的电势能小于在 点的电势能
2．（2023高二下·龙岗期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器；开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（　　）
A．灯泡L变亮 B．电容器C的带电量将增大
C．两端的电压减小 D．电源的总功率变大
3． 一光滑水平地面上静止放着质量为M、半径为 的光滑圆弧轨道，质量也为M小球从轨道最左端的 点由静止滑下 为水平直径 ，重力加速度为 ，下列正确的是（　　）
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端
B．小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为
D．B.小球通过最低点时速度
4． 飞力士棒是一种健身、康复器材，它由一根 软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，使用时，用手驱动使其振动，如图所示。若某棒的固有振动频率为 ，下列说法正确的是（　　）
A．用力越大，该棒振动的越快
B．增大手驱动的频率，该棒的振幅一定变大
C．增大手驱动的频率，该棒的振动频率可能减小
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成 次全振动时负重头的振幅最大
5．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的（　　）
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
6． 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为 ，导体环的总电阻为 。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度 随时间 的变化如乙图所示， 。下列说法正确的是（　　）
A． 时，导体环中电流为零
B．第 内，导体环中电流为负方向
C．第 内，导体环中电流的大小为
D．第 内，通过导体环某一截面的电荷量为
7．（2023高二下·龙岗期中）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（　　）
A．该交变电流的周期为2s
B．该交变电流电压的有效值为200V
C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为
D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次
8．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．麦克斯韦证实了电磁波的存在
B．电磁波可以在真空中传播
C．电磁波在各种介质中传播的速度都是
D．电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
二、多选题（本大题共3小题，每题6分，选对但不全得3分，共18.0分）
9．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，、是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（　　）
A．球的质量比球的大
B．若同时剪断两根细线，则、两球同时落地
C．球的电荷量比球的大
D．若同时剪断两根细线，则、两球飞行的水平距离相等
10．（2023高二下·龙岗期中）如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为和。C点是BE连线的中点，下列说法正确的是（　　）
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示时刻起经后，质点B的路程为
11．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12．（2022·江门模拟）某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，
　 　cm；
（2）将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点（图（a）中未画出），释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间
，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用　 　表示滑块经过光电门时速度的大小；
（3）改变P点的位置，多次重复步骤（2）；
若用 图像处理数据，所得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数 　 　（用物理量的符号表示）。
13．（2023高二下·龙岗期中）测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A．待测金属丝R（电阻约8Ω）
B．电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）
C．电压表V（3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）
E.电源E（6V）
F.开关，导线若干
（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径和长度，读出图中的示数，图甲为　 　，图乙为　 　。
（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整　 　。
（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度及相应电压表示数、电流表示数，作出如图所示。测得图线斜率为，则该金属丝的电阻率为　 　。
（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有____
A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端
B．实验中，滑动变阻器的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小
D．该实验方案中电流表的内阻对电阻率测量结果没有影响
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分，需要写出重要解题步骤和必要的文字说明，只有结果，没有过程不得分）
14．如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为 。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部 的高度，外界大气压强为 ，温度为 ，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；
（2）气体温度达到 时气体的压强。
15．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨 、 相距为 ，导轨平面与水平面夹角a，导轨上端跨接一定值电阻 ，导轨电阻不计．整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，长为 的金属棒 垂直于 、 放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为 、电阻为 ，重力加速度为 ，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为 时，速度达到最大值 求：
（1）金属棒开始运动时的加速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑距离为 的过程中，电阻 上产生的电热．
16．如图所示，半径 的光滑圆弧轨道 固定在竖直平面内，轨道的上端点 和圆心 的连线与水平方向的夹角 ，下端点 为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量 的小物块 可视为质点 从空中 点以 的速度水平抛出，恰好从 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块 发生弹性碰撞，碰撞后物块 恰好可以返回到圆弧轨道与圆心 等高处。 取 ， 求：
（1）物块 由 到 的运动时间，以及 、 两点的高度差；
（2）小物块经过圆弧轨道上 点时对轨道的压力大小；
（3）物块 . 的质量；（结果可用根式表示，不用化成最简形式。）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A.根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误；
B.在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与﹣5V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，故B错误；
C.粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，故C正确；
D.a、e两点时电势相等，故电荷在a、e两点电势能相等，故D错误；
故选择C．
【分析】根据电势可知上方是正电荷，下方是负电荷，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，判断粒子的电性，从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，可判断电势能的大小情况和动能得到变化情况；电场强度是矢量，判断两点的电场强度情况．
2．【答案】B
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】 AD、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器连接在电路部分的电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，则灯L变暗，电源的总功率 P=EI，电源的总功率变小，故AD错误；
BC、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，电容器所在支路电阻分压为零，故两端的电压 不变，故B正确，C错误。
故选：B。
【分析】根据滑动变阻器的滑片移动情况，分析总电阻变化、然后分析总电流，分析灯的亮暗、电源的总功率，再根据路端电压变化，分析电容器电量以及两端的电压变化。
3．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A错误；
B．小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；
C．设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为R-s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得，解得，所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误；
D．设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和v'，以向右为正方向，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律，联立解得，故D正确。
故选择D。
【分析】当小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒，再根据系统的机械能守恒可得 轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离以及小球通过最低点时速度 .
4．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】A．用力越大，手驱动的频率不一定大，该棒振动的不一定快，A错误；
BC．棒做受迫振动，增大手驱动的频率，该棒的振动频率增大，当驱动频率等于固有频率时，振幅最大，所以增大手驱动的频率，该棒的振幅不一定变大，故BC错误；
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时，可知驱动频率为，可知负重头的振幅最大，故D正确。
故选择D。
【分析】根据定义固有频率：是指结构系统在受到外界激励产生运动时，只由系统本身性质决定的特定的频率。当物体做受迫振动时，驱动频率等于固有频率时，振幅最大；
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子的轨迹如图
根据qvB=m，v=，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大， c粒子速率最大
粒子转过的周期T=，根据t=由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，周期相同，c转过的圆心角最小，则在磁场中运动时间最短。
故选：B。
【分析】根据qvB=m，分析速率，根据T=，t=，分析时间长短，即可解答。
6．【答案】D
【知识点】电流、电源的概念；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．t=1s时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；
B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；
C．第3s内，导体环中电流大小为，故C错误；
D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为，故D正确。
故选择D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律可得，要使电路中有感应电流必须满足两个条件：闭合回路，磁通量发生变化；同时结合楞次定律可得感应电流的方向，再根据电流的定义可得过导体环中某一截面的电荷量。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图像可知，该交变电流的周期为0.02 s，故A错误；
B．根据电流的热效应计算电压的有效值，则有
+=
解得该交变电流电压的有效值为
U=100V
故B错误；
C．交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为100V，故C错误；
D．只有当交流电压大于或等于启辉电压200 V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，而交变电流的周期为0.02 s，则1秒内发光100次，故D正确。
故选：D。
【分析】根据图像，确定周期；
根据有效值定义，求电压有效值；
交流电压表读数为交变电流电压的有效值；
一个周期发光两次，确定1秒内发光次数。
8．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；
BC．电磁波可以在真空中传播，在真空中传播的速度是，一般在不同的介质中传播的速度不同，C错误，B正确；
D．恒定的电场周围不产生磁场，恒定的磁场周围不产生电场，D错误。
故选：B。
【分析】根据物理学史相关内容以及电磁波的传播及产生，即可解答。
9．【答案】A,B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得
tan =，tan =
因，故有球的质量比球的大，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误；
故选AB。
【分析】根据平衡条件列式，分比较ab质量；剪断细线后，做自由落体运动，时间相等；无法比较电荷量大小；库仑力大小相等，根据牛顿第二定律，分析加速度大小，再比较水平距离。
10．【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，均是振动加强点振幅为2A，但位移会发生变化，所以图示时刻A、B两点的竖直高度差为
hAB=4A=20cm
C点处于加强区域振幅为2A，此时处于平衡位置，AB错误；
C．根据前面分析C点处于平衡位置，波峰位置正由E向B传播，所以可得C点正向上运动，C正确；
D．根据公式有
T==0.5s
可得从图示时刻起经0.25s后，质点B的路程为
s=4A=20cm
D正确。
故选：CD。
【分析】A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，分析高度差；C点处于加强区域，分析位置以及运动方向；根据公式T=求周期，分析0.25s后路程。
11．【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A.根据qvB=m可得R=结合Ek=mv2，可知粒子的最大动能为Ekm=粒子的最大动能与加速电压U无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；
B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；
C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvB=qE可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是故C错误；
D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。
故选BD。
【分析】根据qvB=m结合动能表达式，分析最大动能；根据左手定则，分析B极板极性；根据qvB=qE，求速度，速度选择器无法判断粒子电性；根据左手定则，分析D板电势高低。
12．【答案】（1）1.02
（2）
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）游标卡尺的示数
.
（2） 滑块经过光电门时速度的大小为
①
（4）物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得
②
由匀变速直线运动速度和位移的关系得
③
由①②③可得
结合图(c)可得图像的斜率
解得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理读出遮光片的宽度；
（2）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块经过光电门的速度；
（3）物块从光电门到停止运动，利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系结合图像得出动摩擦因数的大小。
13．【答案】（1）1.195；20.30
（2）
（3）
（4）A；D
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为d=1mm+19.50.01mm=1.195mm，游标卡尺读数为L=20mm+60.05mm=20.30mm
（2）根据电路图连接实物图如下
（3）设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻R=，电阻R=，横截面积S=，联立解得=L+RA，图像斜率k=，所以电阻率=
（4）A．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端。故A正确；
B．实验要测量多组电压值、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动。故B错误；
C．待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大。故C错误；
D．根据
=L+RA
可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率测量结果没影响。故D正确。
故选：AD。
【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺读数规则，读数；
根据欧姆定律、电阻定律，结合图像，求电阻率；
为了保护电路，滑动变阻器滑片处于最左端；
实验要测量多组电压值、电流值，需要移动滑片；温度升高，电阻率变大；
根据=L+RA，分析电流表的内阻存在不会改变图像的斜率。
14．【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象：最初状态为： ， ，
设温度升高到 时，活塞刚好到达汽缸口，此时有： ，
根据盖 吕萨克定律：
解得：
（2）解： ，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化
所以：
此时有： ， ，
由理想气体状态方程：
解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据盖 吕萨克定律可得活塞刚好到达汽缸口时的温度；
（2）封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程可得气体温度达到 时气体的压强。
15．【答案】（1）解：金属棒开始运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设匀强磁场的磁感应强度大小为 ，则金属棒达到最大速度时
产生的电动势 E=BLVm
回路中产生的感应电流
金属棒棒所受安培力
棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则 F=mgsina ⑤
由 式解得
（3）解：设电阻 上产生的电热为 ，整个电路产生的电热为 ，则
由 ⑥⑦ 式解得 ． Q=mR2(R+r)(2gSsina Vm2)
【知识点】功能关系；受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿第二定律；楞次定律；右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当金属棒开始运动时，对金属棒受力分析，由于没有安培力的作用，由牛顿第二定律可得金属棒开始运动时的加速度大小；
（2） 棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小，结合闭合电路的欧姆定律可得回路中产生的感应电流，由于通电导线再磁场中受到安培力作用， 金属棒所受合外力为零可得磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑过程中能量守恒，重力势能转化为金属棒的动能和整个回路的内能，又因为金属棒和定值电阻串联产生的热量与电阻成正比可得。
16．【答案】（1）解：小物块从 点抛出做平抛运动，则： ， ，联立解得： ，
A、 两点的高度差： ，解得： ；
（2）解： 由几何知识得，小物块在 点的速度大小： ，
从 到 . 根据动能定理得： ，
在 点受力分析，根据牛顿第二定律得： ，解得： . ，
根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为 ；
（3）解： 与 碰撞，根据动量守恒定律有： ，
根据系统机械能守恒定律得 ，
后对 ，根据动能定理有： ，
解得：
。
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1） 小物块从A点做平抛运动到B点， 恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，根据平抛运动的规律可得运动时间和下落的高度。
（2）根据运动的合成可得小物块在B点的速度大小； 从B到C根据动能定理得可得C点的速度大小；在C点受力分析，根据牛顿第二定律可得轨道对小物块的支持力，再根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小；
（3） a经过C点后沿水平面运动并与静止在水平面上的另一小物块b发生弹性碰撞，动量守恒和系统机械能守恒都守恒，碰撞后物块a恰好可以返回到圆弧轨道与圆心O等高处， 根据动能定理可得碰后a的速度，联立方程可得。
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