2023年高二下学期物理开学考试卷C（通用版）（解析版）

2023年高二下学期开学考试卷C（通用版）物理试题考试范围：必修第三册+选择性必修第一册（人教版2019）；考试时间：100分钟；分值：100分一、单选题（每题3分，共24分）1．如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带负电且带电量为-q的小球A，在距水平面高h处固定一带正电且带电量为+Q的小球B。现给小球A一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为30°。已知A球的质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．两小球间的库仑力为B．小球A做匀速圆周运动的向心力为C．小球A做匀速圆周运动的线速度为D．小球A所受水平面支持力为【答案】D【解析】A．设两个小球之间的距离为L，由库仑定律两小球间的库仑力为由几何关系故A错误；B．小球受力情况如图两电荷间的库仑力在水平方向的分力提供A做圆周运动的向心力，则有F向=Fcos30°=cos30°=B错误；C．设A小球做圆周运动的半径为r，由几何关系，则有由牛顿第二定律解得C错误；D．小球A竖直方向受力平衡解得D正确。故选D。2．在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（）A．处的电场强度大于处电场强度B．处的电势高于处的电势C．在处点电荷的电荷量的绝对值为D．电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少【答案】D【解析】A．由图可知，从处到处，电场强度反方向不断增大，所以处的电场强度小于处电场强度，故A错误；B．在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，选取轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从处到处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以处的电势低于处的电势，故B错误；C．设在处固定另一点电荷的电荷量为，在处场强为0，可得解得故C错误；D．电子从移动到过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，从移动到过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少，故D正确。故选D。3．我们可以通过简单的实验，半定量地探究电容器两极板间的电势差与其带电量的关系，实验电路如图所示。取一个电容器A和数字电压表（可看做理想电压表）相连，把开关接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到电压表有示数，说明A充电后两极板具有一定的电压。把开关接2，使另一个与A完全相同的且不带电的电容器B与A并联，可以看到电压表的示数变为原来的一半。然后，断开开关，闭合开关。关于该实验以及其后续操作，下列说法中正确的是（）A．闭合的作用是让电容器B完全放电B．接下来的操作是把开关接1，观察电压表的示数C．电容器的带电量变为原来的一半时，电压表示数也变为原来的一半，说明电容器“储存电荷的本领”也变为了原来的一半D．若使用磁电式电压表代替数字电压表，当和都断开时，电容器A的带电量不会改变，电压表指针将稳定在某一固定值【答案】A【解析】A．闭合，电容器B的两极板直接相连，电荷中和，即电容器B完全放电，A正确；B．接下来的操作是断开开关，把开关接2，继续观察电压表的示数，B错误；C．根据电容器的决定式得到电容器电容没有发生变化，C错误；D．若使用磁电式电压表代替数字电压表，电容器A两极板通过电压表已经连接在一起，则电容器A会放电，最终电压表示数为0，D错误。故选A。4．如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于四幅图的说法正确的是（）A．甲图，通电螺线管周围产生的磁场和磁感线都是真实存在的B．乙图，将小磁针放在地球表面赤道位置自由静止时，小磁针的N极指向地理南极C．丙图，法拉第圆盘发电机利用了“电生磁”的现象为原理制作而成D．丁图，麦克斯韦推断的电磁波产生与传播的原理图【答案】D【解析】A．磁场真实存在，但磁感线是为了描述磁场的性质引人的假想线，并不实际存在，故A错误；B．地理南极即为地磁北极，则在赤道位置的地磁场方向由地理南极指向地理北极，小磁针N极方向与磁场方向相同，故此时小磁针的N极应指向地理北极，故B错误；C．法拉第圆盘发电机是利用电磁感应---“磁生电”现象为原理制作的，故C错误；D．麦克斯韦推断：若在空间某区域有周期性变化的电场，那么它就在空间引起周期性变化的磁场，这个变化的磁场又引起新的变化的电场，这样交替产生，由近及远地向周围传播，即为电磁波的产生和传播原理，故D正确。故选D。5．2022年10月13日，我国在太原卫星发射中心采用“长征二号丙”运载火箭，成功发射“环境减灾二号05”卫星，该卫星将有力提升我国灾害预防、应急管理、生态环境遥感监测业务化应用能力。关于火箭发射过程，下列说法正确的是（）A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力导致的B．火箭在上升过程中，燃气对火箭作用力的冲量大于火箭对燃气作用力的冲量C．某时刻火箭所受推力大小由喷气速度决定D．为了提高火箭的速度，可以不断地增加火箭的级数【答案】C【解析】A．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是燃气对其的作用力使其加速上升，故A错误；B．根据作用力与反作用力的同时性及作用力与反作用力的等大、反向，作用在一条直线上的特点。可知火箭在上升过程中，火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等，故B错误；C．设喷出燃气的质量为，v1为燃气速度（火箭速度远小于v1，忽略不计），根据动量定理可得推力为可知火箭所受推力等于单位时间内喷出气体的质量与喷出气体的速度的乘积，故C正确；D．火箭的级数不可以无限增加，因为增加级数会增大火箭质量，故D错误。故选C。6．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（

）A．在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D．在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的位移【答案】C【解析】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，A错误；B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相等，方向相反，B错误；C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大，D错误。故选C。7．如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为0.1m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置。t=0时刻振源a从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以0.1m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（）A．0~4s时间内质点b运动路程为6cmB．4~5s时间内质点c的加速度在减小C．6s时质点e的振动方向沿y轴正方向D．质点d起振后的运动方向始终与质点b的运动方向相同【答案】A【解析】A．由乙图知，波的传播周期为4s，根据x=vt得振动形式传播到b点需时1s，所以在0~4s内b质点振动3s，运动路程为3A=6cm故A正确；B．同理可知在第2s末质点c开始振动，起振的方向与质点a开始振动的方向相同，在4~5s时间内质点c从平衡位置向负向最大位移处，加速度增大，所以B错误；C．4s末质点e开始振动，第6s末到达平衡位置向下振动，振动方向沿y轴负方向，故C错误；D．由图知，质点b、d相距半个波长，振动方向始终相反，所以D错误。故选A。8．如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中错误的是（）A．甲图中A、B两点的竖直高度差为10cmB．从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cmC．乙图所表示的是波的衍射现象D．在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高【答案】C【解析】A．甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm，故A正确，不符合题意；B．波的周期为从甲图所示时刻开始经，B点通过的路程为2×2A=20cm，故B正确，不符合题意；C．乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误，符合题意；D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确，不符合题意。故选C。二、多选题（每题4分，共16分，漏选得2分、错选得0分）9．如图甲所示，质量为2kg的物块静止在水平粗糙地面上，零时刻起对物块施加水平作用力F，物块加速度随时间的变化如图乙所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则（）A．6s时物块的速度为零B．0~5s内摩擦力的冲量大小为C．5s与9s时物块到出发点的距离相等D．4~8s内力F对物块做的功大小为18J【答案】CD【解析】A．根据加速度图像绘制速度图像如图，可知6s时物块的速度不为零，故A错误；B．由于0-1s内物体保持静止，摩擦力情况未知，无法计算0~5s内摩擦力的冲量，故B错误；C．根据速度时间图像与横轴围成面积代表位移可知，5-9s内位移为零，所以5s与9s时物块到出发点的距离相等，故C正确；D．4~8s内路程根据动能定理解得F对物块做的功大小为故D正确。故选CD。10．如图所示，AB为光滑绝缘且固定的四分之一圆轨道，O为圆心，轨道半径为R，B位于O点的正下方。空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从轨道内侧B点由静止释放。小球沿圆轨道运动，并从A点离开轨道，上升的最大高度离A点的竖直距离为，不计空气阻力，则（）A．小球离开轨道后的最小动能为B．小球离开轨道后的最小动能为C．小球在AB轨道上运动过程的最大动能为D．小球在AB轨道上运动过程的最大动能为【答案】AC【解析】AB．小球从A点离开轨道，竖直方向有解得小球离开A点的速度从B到A应用动能定理有解得对重力和电场力进行合成，则等效重力方向与竖直方向夹角满足类比于重力场中的竖直上抛运动，小球离开轨道后到达等效最高点时速度最小，有则最小动能为选项A正确，B错误；CD．小球在AB轨道上运动过程，类比在重力场中的单摆，当运动到等效最低点时，速度最大，根据动能定理解得选项C正确，D错误。故选AC。11．甲、乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。在t=0时刻甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图（b）所示，已知甲波的传播速度v甲=2.0m/s，质点P的平衡位置处于x=5m处，下列说法中正确的是（）A．乙波的波长为2mB．若两波源一直振动，则质点P为振动的加强点，其振幅为7cmC．在t=1.5s时，质点P从平衡位置开始沿y轴负方向振动D．若两波源一直振动，则在t=4.5s时，质点P处于平衡位置且向y轴正方向振动【答案】ABD【解析】A．由图（b）可知，乙的周期为1s，所以解得故A正确；B．在同一介质中，甲乙传播速度相同，由图（a）知甲的波长为2m，所以甲的周期为甲乙周期相同，对于甲波，需要2s到达P点，则t=2s时，P点处于平衡位置且向y轴负方向振动，对于乙波，需要1.5s到达P点，由图（b）可知，乙波的起振方向为向y轴正方向振动，则t=2s时，乙波在P点已经振动了半个周期处于平衡位置且正向y轴负方向振动，故P点为振动加强点，因此振幅为两波振幅的和，等于7cm，故B正确；C．根据上述分析，在t=1.5s时，乙波先到达P点，乙波的起振方向为向y轴正方向振动，质点P开始向y轴正方向振动，故C错误；D．若两波源一直振动，则在t=4.5s时，甲波在P点振动了2.5s，即两个半周期回到平衡位置正向y轴正方向运动，而乙波在P点振动了3s，即3个周期正处于平衡位置向y轴正方向运动，故P质点处于平衡位置且向y轴正方向振动，故D正确。故选ABD。12．如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端射入，从另一端射出，下列说法正确的是（）A．内芯的折射率大于包层的折射率B．内芯的折射率小于包层的折射率C．不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同D．若红光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射【答案】AD【解析】AB．光线在内芯和包层的界面上发生全反射，可知光从光密介质进入光疏介质，则内芯的折射率大于包层的折射率，故A正确，B错误；C．不同频率的可见光在界面上发生全反射，可知经过的路程相同，根据知光在介质中传播的速度不同，则传播的时间不同，故C错误；D．根据知折射率越大，临界角越小，红光的折射率小，则临界角大，若红光恰能发生全反射，则紫光一定能在分界面上发生全反射，故D正确。故选AD。三、实验题13．（6分）在“测定玻璃砖的折射率”实验中：（1）下列做法正确的是____________。A．入射角越大，误差越小B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，若上下两表面不平行将无法准确测得其折射率（2）甲同学用的插针法，在插第三枚大头针时，在视线中看到、两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示。正确的做法是让同时挡住____________。A．a、b

B．c、d

C．a、c

D．b、d（3）乙同学先正确记录好了玻璃砖的两个分界面，之后却因操作不慎将玻璃砖的位置稍微向下平行移动了一小段距离，如图所示，其他操作完全正确，则玻璃砖折射率测量值与真实值相比____________（“变大”、“变小”“不变”）。【答案】

C

B

不变【解析】（1）[1]A．入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则测量的相对误差较大。故A错误；B．实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变。故B错误；C．插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些，有利于减小误差。故C正确；D．除了平行玻璃砖其他形状的砖也能测出折射率。故D错误。故选C。（2）[2]在本实验中，P3应挡住P1、P2透过玻璃砖的像而不是P1、P2，图中a、b为P1、P2两枚大头针，c、d为P1、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d。故B正确；ACD错误。故选B。（3）[3]如图所示黑线表示将玻璃砖向下平移后实际的光路图，而红线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律得知，该同学测得的折射率将不变。14．（8分）某同学用图（a）所示的电路测量电源的电动势和内阻．图中电流表量程为0.6A、内阻为，定值电阻的阻值为，电阻箱R的最大阻值为。（1）将电阻箱的阻值调至最______（选填“大”或“小”），闭合开关S；（2）闭合开关后，发现无论电阻箱的阻值调到多少，电流表始终没有示数，为查找故障，该同学使用多用电表的电压挡位，将______（选填“红”或“黑”）表笔始终接触e位置，另一表笔分别试触a、b、c、d四个位置，发现试触a、b、c时电压表有示数，试触d时电压表没有示数．若电路中仅有一处故障，则故障是______（选填选项前的字母）；A．导线ab断路

B．电阻箱断路

C．导线cd断路

D．电阻箱短路（3）排除故障后按规范操作进行实验，多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R，根据实验数据在图（b）中绘制出图像；根据图像可以求得电源电动势______V，内阻______。（结果均保留2位有效数字）【答案】

大

红

C

6.0

1.6【解析】（1）[1]把电阻箱调到最大值，电路中的电流最小，起保护电路作用。（2）[2]e与电源正极相连，应将红表笔接触e位置。[3]试触a、b、c时电压表有示数，试触d时电压表没有示数，说明导线cd断路，故选C。（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律得整理可得则解得四、解答题15．（8分）如图所示，在场强的匀强电场中有A、B、C三点，，，其中AB沿电场方向，BC与电场方向的夹角为60°。（1）A、C两点的电势差为多少？（2）将电荷量的点电荷从A点移到C点的过程中，电场力做功为多少？（3）若取A点电势为零，则电子在B点的电势能为多少电子伏？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据题意，由几何关系可得，A、C两点沿电场线的距离为由公式可得，A、C两点的电势差为（2）根据题意，由公式可得，电场力做功为（3）根据题意，由公式可得，A、B两点的电势差为若取A点电势为零，则点的电势为由公式可得，电子在B点的电势能为16．（10分）利用电动机提升重物的示意图如下。已知电源电动势，电源内阻，电动机线圈电阻，定值电阻，重物质量，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数，不计空气阻力和摩擦，取。求：（1）流经电源的电流和电动机两端的电压；（2）电动机的热功率和重物匀速上升时的速度；（3）由于人员使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率。【答案】（1）5A，70V；（2）75W，0.55m/s；（3）300W【解析】（1）流经电源的电流解得I=5A电动机两