2023-2024学年四川省眉山市彭山区第一中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

2023-2024学年四川省眉山市彭山区第一中学高二（下）开学考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是( )
A. 库仑研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，应用了控制变量法
B. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
C. 欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系
D. 卡文迪许最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量
2.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中、、，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线为运动的轨迹，由此可知( )
A. 粒子一定由点向点运动
B. 粒子带负电
C. 粒子在点的电势能大于在点的电势能
D. 粒子在点的动能小于在点的动能
3.波速均为的甲、乙两列简谐横波都沿轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中、处的质点均处于波峰关于这两列波，下列说法正确的是
( )
A. 从图示的时刻开始经过，质点沿轴正方向发生的位移为
B. 甲图中处质点比处质点先回到平衡位置
C. 从图示时刻开始，处质点比处质点后回到平衡位置
D. 如果这两列波相遇，可以发生干涉现象
4.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的、两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中、两点的电势均为零，点是段电势最高的点，则( )
A. 点的电场强度大小可能为零
B. 小于
C. 间场强方向向轴正方向
D. 将负点电荷从点移到点，电场力先做正功后做负功
5.如图所示，甲、乙两个电路图都是由一个灵敏电流表和一个电阻箱组成的，丙电路图是由一个灵敏电流表和电源、滑动变阻器组成，已知这三个灵敏电流表规格相同，满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是( )
A. 甲电路图表示电流表，增大时量程增大
B. 乙电路图表示电压表，增大时量程减小
C. 丙电路图表示欧姆表，插孔是“”插孔，表笔是黑表笔
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则
6.如图所示，一电子枪发射出的电子初速度很小，可视为零进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况( )
A. 减小加速电压 B. 减小偏转电压
C. 增大偏转极板间距离 D. 减小偏转电场的板长
7.如图，电源的电动势为，内阻为，为定值电阻且，电表均为理想电表。闭合开关后，在滑动变阻器的滑片由最左端向最右端移动的过程中( )
A. 电流表和电压表示数均逐渐增大
B. 电压表与电流表示数的比值逐渐减小
C. 电压表与电流表示数改变量的绝对值逐渐减小
D. 电源的输出功率逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，将螺线管与电源连接起来，接通电路后，放在通电螺线管内部中间处的小磁针静止时极指向图示位置，下列说法正确的是( )
A. 通电螺线管的端为极 B. 通电螺线管的端为极
C. 电源的端为正极，端为负极 D. 电源的端为正极，端为负极
9.某同学通过实验正确作出标有“，”的小灯泡的图线如图甲所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则
A. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B. 由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
D. 闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
10.如图，在一柱形区域内有匀强电场，该区域的横截面是以为圆心、半径为的圆，为圆的直径。质量为、电荷量为的电子在纸面内从点先后以不同大小的速度进入电场，速度方向与电场强度方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的电子，从圆周上的点以速率离开电场，与的夹角为，运动过程中电子仅受电场力作用。下列说法正确的是( )
A. 电场强度的方向沿连线由指向
B. 电场强度的大小为
C. 电子进入电场的速率为时，将从点离开电场
D. 电子进入电场的速率为时，离开电场后的动能增量最大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学使用螺旋测微器测定其直径，某次测量结果如图所示，读数为_____。用游标卡尺测量其长度，示数如图所示，由图可知其长度_____。
某同学使用多用电表欧姆挡粗测其电阻，他首先将选择开关置于“”倍率，接着将两支表笔短接，旋转欧姆调零旋钮使指针指向，然后将两表笔分别与该铅笔内芯两端接触，测其电阻时指针如下图所示，该同学接下来应该进行的操作是将选择开关置于“_____”倍率处选填“”或“”，并重新进行_____，再进行测量。
若该同学在上一步中正确操作后再次测量时指针如下图所示，则该铅笔内芯的电阻是_____。
若该铅笔内芯的直径为，有效长度为，用伏安法精确测得其电阻为，则其电阻率为______。用该问所给出的物理量表示
12.某同学用如图所示电路下列器材测电阻、电池的电动势与内阻。器材如下：
A.被测电阻约 被测电池电动势约、内阻约
C.电压表量程为、内阻很大 电压表量程为、内阻很大
E.电流表量程为、内阻不计电流表量程为、内阻不计
G.滑动变阻器 开关、导线
电流表应选用________；电压表应选用________填器材前的符号
实验中先将滑动变阻器的滑动头滑到最左端，闭合开关，当掷，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线；当掷，改变滑动头的位置，测出一组电压表与电流表的读数，在图像中作出直线。则电池的电动势________，内阻________；电阻________结果均保留两位有效数字
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一简谐横波在均匀介质中沿水平方向直线传播，介质中、两个质点平衡位置间的距离，它们振动的图像分别如图甲和乙所示。
求该简谐横波传播速度的可能值；
若波速为，、两质点的振动同步，且时、两质点间有两个波谷，求、平衡位置间的距离。
14.如图所示，某光学仪器由横截面为等腰直角三角形的玻璃砖和以为直径的半圆形玻璃砖组成。一束平行单色光垂直整个面入射，在面发生全反射，然后经射入半圆形玻璃砖，有光在圆周上的部分弧上射出。已知半圆形玻璃砖的半径为，单色光在半圆形玻璃砖中的折射率，求
等腰直角三角形玻璃砖的最小折射率；
光在圆周上的部分弧上射出的弧长。
15.如图所示，一足够长的固定斜面，倾角质量为的绝缘长板，以初速度，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度质量为、电荷量为的光滑小物块，轻放在板表面上整个过程未从上端滑出，此后经时间，撤去电场，当物块速度为时恰好离开板，取求：
撤电场时物块的动能和内的电势能变化量；
撤电场时，板的速度；
物块在板上运动的全过程，系统发热．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【详解】库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法被称为“控制变量法”，A正确；
B.奥斯特首先发现了电流的磁效应，B错误；
C.焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系焦耳定律，C错误；
D.密立根根据油滴实验测得了元电荷电量，D错误；
故选A。
2.【答案】
【解析】解：、根据等势面的性质可知，电场线的方向大致如图所示，物体做曲线运动时，受力方向指向轨迹的凹侧，即电场力的方向沿电场线向下，则说明粒子带正电，由到或从到均可以出现如图所示的轨迹图，故AB错误；
C、根据可知，正电荷在高电势处电势能大，故粒子在点的电势能大于在点处的电势能，故C错误；
D、粒子运动过程中只有电场力做功，故电势能和动能之和不变，由点的电势能大，故粒子在点的动能要小于粒子在点的动能，故D正确。
故选：。
根据等势面确定电场线的方向，再根据粒子运动轨迹的弯曲方向确定粒子受电场力的方向，从而确定粒子电性，再根据力和运动的关系确定粒子的运动方向；根据电势的定义确定电势能的大小，再根据电场力做功的特点分析粒子的动能大小关系。
本题是带电粒子在电场中的运动轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出电场力方向，再分析电场强度、电势、电势能、动能等量的变化即可。
3.【答案】
【解析】解：、简谐横波沿轴正方向传播，介质中质点只在各自平衡位置附近上下振动，不沿轴正方向移动，故A错误；
B、波向右传播，此时点向上运动，质点直接向下运动回到平衡位置，所以处质点比处质点先回平衡位置，故B正确；
、甲波的周期，乙波的周期，周期不同，两波频率不同，不能产生稳定的干涉，点、点回到平衡位置时间分别为，，则所以处质点比处质点先回平衡位置，故CD错误。
故选：．
同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后．不同的波动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后．根据时间与周期的关系，确定质点的位置，从而求出其位移．根据干涉的条件：两列波的频率相同判断能否产生干涉。
波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断。
4.【答案】
【解析】【分析】
图象的斜率表示电场强度根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，根据功能关系分析电场力做功的正负。
电势为零处，电场强度不一定为零，电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
【解答】
A、该图象的斜率表示场强，则知点电场强度不为零，故A错误；
B、如果和为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于，故，故B错误；
C、由图可知：间电场强度方向沿轴正方向，间电场强度方向沿轴负方向，间场强方向向轴负方向，故C错误；
D、由于从到，电势先增加后减小；将一负电荷从点移到点，根据公式，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后负功，故D正确。
故选D。
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查表头的改装。关键是明确要将表头改装成电压表、电流表以及欧姆表，电压表应该串联一个大电阻；要改装成电流表，应该将表头并联一个小电阻。然后用欧姆定律进行相关计算。
【解答】
A、甲电路图由并联电阻组成，是电流表，如果增大，当满偏时，分流减少，总电流减少，量程减小，选项A错误
B、乙电路图由串联电阻组成，是电压表，如果增大，当满偏时，分压增大，总电压增大，量程增大，选项B错误
C、丙电路图表示欧姆表，根据电流沿红表笔从正插孔流入的规则，插孔是“”插孔，表笔是红表笔，选项C错误
D、在乙图中，若改装成的电压表的量程为，当满偏时，其电压为，分担的电压为，由串联电路分压特点得，选项D正确。
6.【答案】
【解析】
【详解】设电子进入偏转电场的速度为，偏转电场极板的长度为，极板间距为，则在加速电场中，有
解得
电子在偏转电场中，做类平抛运动，有
联立以上各式可得
由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压，减小加速电压，减小偏转电场的极板间距，增大偏转电场的板长。
故选A。
7.【答案】
【解析】
【详解】根据闭合电路欧姆定律有
在滑片由最左端向最右端移动的过程中，减小，则Ⅰ增大，电流表示数逐渐增大。由
可知，当Ⅰ增大时，路端电压减小，则电压表示数逐渐减小，故A错误；
B.电压表与电流表示数的比值
可知减小， 逐渐减小，故B正确；
C.由闭合电路欧姆定律
可知，电压表与电流表示数改变量比值的绝对值
可知减小， 不变，故C错误；
D.因 ，开始时 ，根据
可知减小，电源的输出功率逐渐增大，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】
【详解】小磁针极指向右侧，可知螺线管内部磁场方向由左向右，根据安培定则可知端为通电螺线管的极、端为电源的正极，端为负极。
故选BC。
9.【答案】
【解析】【分析】
根据图像结合欧姆定律分析灯泡电阻变化，结合闭合电路欧姆定律表达式和图像，画图结合功率公式可得灯泡实际功率。
【解答】由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，结合可知小灯泡的电阻值增大，选项 A正确， B错误
将电阻看做电源的内阻，则根据，将此函数关系的图像画在灯泡的图像上，如图，两图像的交点为电路的工作点，则，，则小灯泡的实际功率约为，选项C错误，D正确。
10.【答案】
【解析】
【详解】电子初速度为零，从点离开电场，故电场强度方向与平行，由指向，故A错误；
B.由几何关系和电场强度的定义可知
由动能定理有
得
故B正确；
C.如答图，电子从点运动到点做类平抛运动，由几何关系可知 ，由牛顿第二定律和运动学公式有


结合
解得
故C正确；
D.作与平行的直线与圆相切于点，与的延长线交于点，则从圆周上的点离开的电子电场力做功最多，动能增量最大。电子从点运动到点做类平抛运动，在方向做加速度为的匀加速直线运动，运动的距离等于；在垂直于的方向做匀速直线运动，运动的距离等于。由几何关系可知
由牛顿第二定律和运动学公式有
解得
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 欧姆调零
【详解】螺旋测微器读数为
游标卡尺读数为
由图可知偏转角度过大，电阻值读数太小，为使读数准确，应使指针偏转到表盘中央刻度附近，因此应调小倍率，故选“”挡
根据欧姆表使用规则，换挡后要重新进行“欧姆调零”，再进行测量
由于选择的是“”挡，该挡位可估读也可不估读，因此读数为或
根据电阻定律
整理得

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】；；；；
【解析】【分析】
根据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，估算对应的电流，则可明确电流表及电压表的选择；
根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，结合图象求解。
本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解。
【解答】
当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路的最大电流约为，故电表应选用，即选择；电动势约，故电压表选用，即选择；
闭合开关，当掷，根据闭合电路欧姆定律可得，由图像中的直线可得，；闭合开关，当掷，根据闭合电路欧姆定律可得，由图像中的直线可得，联立解得。
13.【答案】 ；
【详解】由题图可知，该简谐横波的周期
设波长为 ，根据题图可知 两点间的距离满足
根据波长、波速和周期的关系
解得
。
此时该波的波长
根据题意可知
解得

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 ；
【详解】单色光照射到经面要能够全反射，设其临界角最大为 ，此时对应的折射率最小为 ，则有
解得
光路图如图所示
与点间无光线射出，与点间有光线射出，以为对称轴的右边情况相同。设单色光在半圆形玻璃砖中的临界角为 ，圆周上有光射出的弧长为 ，则有
解得

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：开始时，在板上加速：
撤去电场时，的速度
的动能
此时在电场方向上的位移
的电势能变化量
匀速下滑有
轻放上，对有
撤去电场时，的速度：；
如果还在上运动时：因为最大静摩擦力，当速度减为后，将静止在斜面上
从撤去电场到静止的过程中，、整体动量守恒：
当速度为时，可得的速度
因此，静止后，继续在上加速运动直到离开
的总位移
系统发热．

【解析】根据牛顿第二定律求得物块的加速度，从而根据时间求得速度、位移，即可求得动能及电势能变化量；
根据匀速下滑求得动摩擦因数，然后由牛顿第二定律求得的加速度，即可由匀变速规律求得速度；
根据做匀加速直线运动求得运动时间，然后分析的受力情况得到其运动情况，即可根据时间求得位移，从而根据克服摩擦力做的功求得发热量。
带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故分析带电粒子在匀强电场中的运动，一般先进行受力分析求得合外力，然后根据加速度求得粒子运动。
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