安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高二物理下学期开学考试试题含解析

Page182022-2023学年度第二学期高二开学考试物理试题一、单选题（本大题共7小题，共28分）1.高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为，喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零．则该高速水流在工件上产生的压力大小为（）A.1000N B.100N C.10N D.1N【答案】B【解析】【分析】【详解】单位时间内喷到工件上的水的体积为故质量为设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得解得故B正确，ACD错误。故选B。2.在相距为的、两点分别固定两个点电荷，为的中点，如图所示，现引入带正电的试探电荷，则下列说法正确的是（）A.如果在点受力为零，则两个点电荷一定等量异种电荷B.如果在段上的某一点受力为零，则一定是负电荷，且电荷量的关系有C.如果在延长线离较近的点受力为零，则和一定是异种电荷，且电荷量的关系有D.如果沿的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则和一定是等量同种电荷【答案】C【解析】【详解】A．如果试探电荷在点受力为零，由平衡条件知，则、带等量同种电荷，A错误；B．如果在段上某一点受力为零

则

、一定带同种电荷，不一定都带负电，B错误；C．如果在延长线离较近的点受力为零

则、带异种电荷，C正确；D．、带等量正电荷时，由静电力叠加知，沿的垂直平分线移动时受力方向沿垂线方向背离点，始终不变；、带等量负电荷时，沿的垂直平分线移动时受力方向沿垂线方向指向点，始终不变；、带等量异种电荷时，由库仑定律、静电力叠加知，沿的垂直平分线移动时受力方向始终与中垂线垂直，指向负电荷所在一侧，D错误。故选C。3.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.O点的电势最低 B.x1和x3两点的电势相等C.x2点的电势最高 D.O点电势最高【答案】D【解析】【详解】由题可作出电场线如图所示沿着电场线方向电势逐渐降低,可知O点的电势最高，x1点的电势高于x3点的电势。故选D。4.如图所示，匀强电场与在同一平面内，，。将一电荷量为的点电荷从电场中的点移到点，静电力做了的功，再从点移到点，静电力做了的功，以下说法正确的是（）A.该电荷在点的电势能比点的电势能高B.、两点的电势差C.将点电荷从点沿移到点，电场力做功D.该匀强电场的电场强度【答案】D【解析】【详解】A．将负电荷从点移到点，静电力做了的功，可知电势能增加，故该电荷在点的电势能比点的电势能小，A错误；B．将负电荷从点移到点，静电力做了的功，则有解得B错误；C．将负电荷从点沿移到点，电场力做功为C错误；D．根据解得沿方向的分场强大小为沿方向的分场强大小为该匀强电场的电场强度大小为D正确。故选D。5.如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虚线间的电势差相等），实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，、、、为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除电场力外，粒子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是（）A.粒子在、两点的加速度大小一定相等B.粒子在、两点速度大小一定相等C.粒子运动过程中速度一定先减小后增大D.粒子在点时的电势能一定比在点时的电势能大【答案】B【解析】【详解】A．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于c点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故A错误；B．、两点的电势相等，则粒子在、两点的电势能相等，由能量守恒可知，粒子在、两点的动能相等即速度大小相等，故B正确；C．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小，c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子在a到d之间运动过程中的动能先增大后减小，反之，粒子在d到a之间运动过程中的动能先减小后增大，故C错误；D．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向曲线内侧，c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故D错误。故选B。6.如图所示电路中，电流表和电压表均可视为理想电表，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右移动，下列说法正确的是（）A.电流表的示数变大 B.电压表的示数变大C.电容器所带的电荷量增加 D.电源的效率减小【答案】C【解析】【详解】AB．将滑动变阻器R1的滑片向右移动，R1有效电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律知，R3的电压变小，所以电压表V的示数变小。根据串联电路电压与电阻成正比的规律知：电路中并联部分的电压增大，则通过R2的电流变大，而总电流变小，所以电流表A的示数变小，故AB错误；C．电容器板间电压变大，由Q=CU可知电容器C所带的电荷量增加，故C正确；D．电路中总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压U变大，电源的效率为可知电源的效率增加，故D错误。故选C。7.三个大小相同彼此绝缘的细铁环，分别处在两两相互垂直的平面内，铁环的圆心相互重合，通有大小相同的电流，方向如图所示，单独一个铁环在圆心处产生的磁感应强度为，则圆心处的磁感应强度大小为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向如图所示根据勾股定理求出合磁感应强度为故C正确，ABD错误。故选C。二、多选题（本大题共3小题，共12分）8.如图所示，光滑的水平地面上，质量为的小球正以速度向右运动。与前面大小相同质量为的静止的球相碰，则碰后、两球总动能可能为（）A B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】【详解】若A、B发生的是弹性的碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为，若发生的是损失能量最多的完全非弹性碰撞，由动量守恒有则碰后两者总动能为因此，碰后两者总动能范围是AC正确，BD错误。故选AC。9.空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径10cm的圆周上，并且∠AOC，∠BOC=120º，如图所示．现把一个电荷量q=1×10－５C的正电荷从A移到B，电场力做功－1×10－４J；从B移到C，电场力做功为3×10－４J，则该匀强电场的场强方向和大小（）A.场强大小为200V/m B.场强大小为200V/mC.场强方向垂直OA向右 D.场强方向垂直OC向下【答案】AC【解析】【详解】由题可知，；则若设UC=0，则UA=20V，UB=30V，若延长AO则与BC的连线交与BC的三等分点D点，D点的电势应为20V,则AD为电势为20V的等势面，故场强方向垂直OA向右，大小为故选AC。10.如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R=8Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示．下列说法正确的是A.电源的电动势E=V，内阻r=2ΩB.图乙中Rx=25ΩC.滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率先增加后减小D.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28W【答案】BD【解析】【分析】将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时的功率最大，由图读出的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率．【详解】把R等效为电源的内阻，根据图像可知功率最大时，，解得，A错误；滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有，即，解得，B正确；当滑片向左滑动时，其接入电路的电阻增加，电流减小，R消耗的功率减小，C错误；当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为，D正确．【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大．对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究．三、实验题（本大题共2小题，共16分）11.某同学用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律。步骤一，先安装好仪器，在地上铺上一张白纸，白纸上铺放复写纸，记录轨道末端正下方的位置为O点。步骤二，轨道末端先不放置小球B，让小球A多次从轨道上同一位置静止释放，记录小球A在白纸上的落点。步骤三，轨道末端放置小球B，仍让小球A多次从轨道上同一位置静止释放，与小球B发生碰撞后，均落到白纸上，记录两小球在白纸上的落点。步骤四，用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L。回答下列问题：（1）小球A的半径________小球B的半径，小球A的密度_________小球B的密度。（均选填“大于”“等于”或“小于”）（2）若碰撞过程动量守恒，小球A与小球B的质量之比为_______，两小球发生的是_________（填“弹性”或“非弹性”）碰撞。（3）若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，则小球B的落点到O点的距离最大可能为______。【答案】①.等于②.大于③.5：1④.非弹性⑤.【解析】【详解】（1）[1]实验中为了保证两小球发生正碰，小球A的半径应等于小球B的半径。[2]为了入射小球碰后不反弹，实验应当用质量较大的小球去碰质量较小的小球，即小球A的质量大于小球B的质量，而两小球半径相等，体积相等，根据可知小球A的密度应大于小球B的密度。（2）[3]小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L，则有即解得[4]根据以上关系可得所以两小球发生的是非弹性碰撞。（3）[5]若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，则有联立解得则小球B的落点到O点的距离最大可能为12.如图甲所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势在0.4V～0.6V范围内，内阻几千欧，某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。（1）如图乙所示，直接用多用电表“直流2.5V”挡测量出可乐电池的电动势为______V。（2）现有实验器材：A．电压表（0～3V；约为3000）B．电流表（0～300μA，为300）C．电阻箱（0～9999）D．滑动变阻器（0～20）E．开关，导线若干①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图______完成电路连接。A．B．C．D．②通过数据处理画出相应的可乐电池图像如图实线所示，可知该可乐电池的内阻约为______（保留2位有效数字）。③将该可乐电池静置5h后再次测量获得的图像如图丙虚线所示，可知该可乐电池的电动势______（选填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】①.②.A③.④.不变【解析】【详解】（1）[1]选择“直流2.5V”挡时分度值为，估读到，可得可乐电池的电动势大小为（2）[2]电流表内阻已知，将其与电阻箱串联，电流表测量流过电路的准确电流，通过闭合电路欧姆定律得到电动势和电路中总电阻的关系，以减小系统误差。故选A。[3]根据电路图和闭合电路欧姆定律可得整理得所以可得图像的斜率表示电源电动势，纵截距的绝对值表示电池内阻和电流表的内阻之和，根据图线可得解得[4]根据前面分析可得图像的斜率表示电源电动势，虚线所示图线的斜率不变，所以可乐电池的电动势不变。四、计算题（本大题共3小题，共48分）13.如图所示，一半径的绝缘光滑圆轨道，竖直固定在方向水平向右的匀强电场中。在轨道的最低点，由静止释放一质量的带电小球，小球沿轨道运动所到达的最高点为。已知运动轨迹所对圆心角，电场强度，重力加速度取。试求：(1)小球的带电量；(2)小球由运动到的过程中的最大速度；(3)若欲使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则由点沿水平向右的方向至少需给小球多大的初速度。【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】【详解】(1)小球由至，由动能定理得解得所以(2)设小球由运动至的过程中某一时刻，小球与圆心连线与竖直方向成角，由动能定理可得小球沿圆轨道运动，受到三个力的作用，分别为重力、电场力及轨道对小球的弹力，其中，均为恒力，将其合成等效为恒力，则方向与竖直方向成角，斜向右下方，所以当时，小球速度最大(3)小球沿圆轨道运动，不脱离轨道的临界状态是，恰好通过“最高点”，如图所示此时轨道对小球的弹力为零，所以即此时对应的在点的初速度最小，由动能定理得联立解得因此，欲使小球能沿轨道做圆周运动，则在点需给小球沿水平向右的初速度至少14.在电场方向水平向右的匀强电场中，一电荷量为的带正电小球从点以初速度竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，以点为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，小球运动过程中经过、、三点，点的纵坐标为，点为运动轨迹的最高点，点纵坐标为，C点与O点在同一水平线上，OB间的电势差大小为，小球在点的速度方向与竖直方向间的夹角为，重力加速度为，求：（1）从点运动到点的时间与从点运动到点的时间之比，点的速度大小；（2）到的水平位移大小，小球的质量大小；（3）从点到点的运动过程中最小速度的大小。‍‍【答案】（1），；（2），；（3）【解析】【详解】（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，则由，可得所以从点运动到点的时间与从点运动到点的时间之比为小球到达点，竖直方向的分速度为由小球在点的