广东某中学2023-2024学年高二年级下册开学考试物理试卷（解析版）

2023学年下学期高二年级学科综合素养评估

物理

本试卷共4页，共15小题，满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、考号等信息填写在

答题卡指定区域内。用2B铅笔在答题卡相应位置上填涂考号。

2.选择题每小题选出答案后，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；不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡上各题目指定区域内

的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器。不按以上要求作答的答案无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。

一、单项选择题，本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一个选项正确。

1.关于电磁学的相关理论，下列正确的是()

A.某点的磁场方向与该点的正电荷所受磁场力方向相同

B.穿过某一回路的磁通量变化越大，回路中产生的感应电动势越大

C.将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安培力则此处磁感应强度一定为0

D.若把+4改为-4,且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.某点的磁场方向与放在该点的小磁针的N极所受磁场力方向相同，故A错误；

B.穿过某一回路的磁通量变化越大，磁通量变化率不一定越大，回路中产生的感应电动势不一定越大，故

B错误；

C.当导线中电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力，故将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安

培力则此处磁感应强度不一定为0,故c错误；

D.根据左手定则以及洛伦兹力公式

F=qvB

若把+q改为-q,且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，故D正确。

故选D。

2.下列各图中，已标出电流/及其产生的磁场的磁感应强度2的方向，其中正确的是(

【答案】c

【解析】

【详解】A.图A,由安培定则可知，直线电流/的方向向上，则电流产生的磁场的磁感应强度2的方

向，右侧向里，左侧向外，A错误；

B.图B,由安培定则可知，直线电流/的方向向外，则电流产生的磁场的磁感应强度2的方向，应是逆

时针方向的同心圆，B错误；

C.图C,由安培定则可知，环形电流/中心产生磁场磁感应强度2的方向向上，C正确；

D.图D,由安培定则可知，通电螺线管电流/从右向左，在内部产生磁场的磁感应强度8的方向应是向

右，D错误。

故选C。

3.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，=1kg,=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s。

当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）

A.丫人'=5m/s，VB'=2.5m/s

f

B.=2m/s>vB=4m/s

C.VA'=Tm/s，4=7m/s

f

D.v；=7m/s>vB=1.5m/s

【答案】B

【解析】

【详解】AD.由于两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，必须满足动量守恒定律，即

以以+mBVB=mAVA+

可知四个选项均满足；另外碰后A速度应该小于B的速度，否则要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD

错误；

BC.同时碰撞还因该满足能量守恒定律，即

191，2

2m八+-®BFB-gmyj+万

C选项中两球碰后的总动能为

反=，〃AVA2=57J

大于碰前的总动能

£mV2

k=1AA+17%VB?=22J

违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B正确，C错误。

故选B。

4.下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（）

/逐渐增大

----->--------

T

A.图甲磁铁向右插入不闭合线圈的过程中，线圈中会产生感应电动势

B.图乙正方形金属线圈水平向右移动的过程中，正方形线圈中会有感应电流

C,图丙闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都能产生感应电流

D.图丁水平放置的圆形线圈直径正上方通有逐渐增大的电流，圆线圈中有感应电流

【答案】A

【解析】

【详解】A.图甲中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中磁通量发生变化，线圈中会产生感应电动势由于线

圈不闭合，线圈中不会产生感应电流，A正确；

B.图乙中正方形金属线圈水平向右移动，由于线圈的磁通量保持不变，矩形线圈中不会产生感应电流，B

错误；

C.图丙中的闭合导线框，若以竖直边为轴在磁场中旋转，不能产生感应电流，C错误；

D.图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，线圈的磁通量一直为零，保持不变，线圈中

没有感应电流，D错误。

故选A„

5.如图，2022年9月2日凌晨，神舟十四号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国宇航员此次出舱活

动也向世界展现了中国的最前沿科技一一空间站核心舱机械臂；假设一个连同装备共90kg的航天员，离开

空间站太空行走，在离飞船12m的位置与空间站处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以60

m/s的速度喷出气体。航天员为了能在2min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出

气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（

A.0.1kgB.0.13kgC.0.15kgD.0.16kg

【答案】C

【解析】

【详解】设喷出气体后宇航员及装备获得的反冲速度大小为u,则

x12

M=—=---m/s=0.1m/s

t2x60

设装备和宇航员总质量为一次性向后喷出气体的质量是相。喷出的气体速度大小为v,对于喷气过程，

取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

0=mv-Mu

解得

m=0.15kg

故ABD错误，C正确。故选C。

6.如图为法拉第圆盘发动机的示意图，半径为厂的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、。分别与圆盘

的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场8中，绕。轴以角速度。沿俯视看顺时针方向匀速

转动，关于流过电阻R的电流，不计铜盘及导线的电阻，下列说法正确的是（）

A.由。到b,I—83B.由b到a,I—Br'co

RR

2

C.由a到b,I—&①D.Bra)

由b到a,I—

2R2R

【答案】D

【解析】

【详解】由右手定则可知,电阻R上的电流从6到①电流大小为

12

77—Bcor~2

EoBDear

TI=—=--------=-------

RR2R

故选D。

7.如图甲，圆形导线框固定在匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的

正方向，磁感应强度8随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正

【解析】

【详解】由图乙可知，。〜1S内磁感应强度8垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应

定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，1:2s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀

增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为顺时针方向，感应电

流大小与0〜1s内电流大小相等，2~4s内，磁感应强度2垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线

圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是0〜1s内的一半。

故选B。

二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得。分。

8.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒Di、D2构成，其间留有空隙。下列说法正确的是

A.粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能

B.同一粒子出射时的动能大小与加速电压的大小无关

C.从理论上讲，只要无限增大D形盒半径和磁感应强度，就能使粒子的出射动能无限大

D,同一粒子从加速器出射时速度大小只与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度大小有关

【答案】BD

【解析】

【详解】A.回旋加速器中是依靠电场使粒子加速、用磁场使粒子偏转，洛伦兹力不做功，所以粒子增加

的动能来源于电场能，故A错误；

B.加速电压为U时，每一次加速获得的动能相同都等于Uq,根据

1*7712

qBv,,Ehn=-mVm

R

得到飞出时的最大动能为

B2q2R2

2m

其中是q电量大小、8是磁感应强度、R是形盒半径、机是粒子的质量，E/山与加速电压大小无关，故B

正确；

D.同一粒子从加速器出射时速度大小

m

m

同一粒子从加速器出射时速度大小只与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度大小有关，故D正确；

C.由相对论可知，高速的粒子，由于速度增大粒子质量增大，粒子在磁场中做圆周运动的周期逐渐增

大，但是电场的变化周期没有变化，不能保证一直加速到动能无限大，故c错误。

故选BD。

9.如图所示，自感线圈L的自感系数很大，电阻可忽略不计，定值电阻的阻值为与，小灯泡的电阻为

冬，已知N〉&，则（)

LR\

A.开关闭合瞬间,小灯泡立即变亮

B.开关闭合瞬间,小灯泡逐渐变亮

开关断开瞬间,小灯泡逐渐变暗

D.开关断开瞬间,小灯泡先闪一下，而后逐渐变暗

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，灯

泡与线圈L并联，不影响通过灯泡的电流，故灯泡会立刻变亮，故A正确，B错误;

CD.开关S闭合，待稳定后，由于用〉凡，流过凡的电流小于流过冬的电流，开关S断开瞬间，线圈

由于自感，阻碍电流的减小，线圈、灯泡组成闭合回路，故小灯泡逐渐变暗，故C正确，D错误。

故选AC„

10.如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m,导轨处于磁感应强度8=5T、方向与水平面成1=53°

角斜向左上方的匀强磁场中。导体棒油垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量〃z=lkg,电阻

H=0.9O,与导轨间的动摩擦因数〃=0.5,电源电动势£=10V、内阻r=0.1O,定值电阻的阻值

R0=4Q。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对油的拉力沿水平方向,

sin53°=0.8,cos530=0.6,下列结论锣^的是（）

A.重物重力G最小值是1.5N

B.重物重力G最大值是7.5N

C.导体棒必受到的摩擦力方向一定向右

D.导体棒仍受到的安培力大小为5N,方向水平向左

【答案】ACD

【解析】

【详解】D.根据闭合电路的欧姆定律

E=/(R+&+r)

可得

/=2A

导体棒仍受到的安培力为

F”BIL=5N

方向垂直磁场方向朝右上，与水平面呈37。角，故D错误；

A.对导体棒仍受力分析，如图所示

fm=pi(mg-FAcos53°)=3.5N

当导体棒就受到摩擦力等于最大静摩擦力，且方向向左时，重物重力G最小，最小值为

Gmm=%sin53。-£=0.5N

故A错误；

B.当导体棒仍受到的摩擦力等于最大静摩擦力，且方向向右时，重物重力G最大，最大值为

Gmax=Asin53°+£=7.5N

故B正确；

C.重物重力大小未知，导体棒必受到的摩擦力方向可能向右，也可能向左，故C错误。

本题选择错误的，故选ACD。

三、非选择题，共54分。

(-)实验题：把答案填在答题卡对应横线上。本题共2题，共16分。

11.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L］、L2为两个线圈，G为灵敏电流计。

(1)在答题卡上将图中所缺导线补接完整

(2)如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，电路稳定后，将L1迅速从L?中抽出时，电流计的

指针将偏(选填“向右”“向左”或“不会”)；

(3)将L?插入L2中，闭合开关后，下列操作可使L?中感应电流与L］中电流绕行方向相反的是

A.在L］中插入软铁棒B.拔出L1

【解析】

【小问1详解】

将L2与灵敏电流计G连接构成闭合回路，将Li与滑动变阻器、电源和开关连接，产生磁场，电路图如图

所示

【小问2详解】

如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，表明磁场方向一定，穿过线圈L2的磁通量增大时，灵敏

电流计的指针向右偏，可知，电路稳定后，将Li迅速从L2中抽出时，穿过线圈L2的磁通量减小，电流计

的指针将偏向左。

【小问3详解】

A.在Li中插入软铁棒，穿过线圈L2的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向一

定相反，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相反，故A正确；

B.拔出Li,穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据

安培定则可知，L2中感应电流与Li中电流的绕行方向相同，故B错误；

C.将变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，线圈Li产生磁场减弱，穿过线

圈L2的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据安培定则可知，L2

中感应电流与LI中电流的绕行方向相同，故C错误；

D.断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，

根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相同，故D错误。

故选A。

12.如图甲所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的

动量关系。

(1)若入射小球质量为㈣，半径为可，被碰小球质量为冽2，半径为马，则应满足

A.mx>m2,q〉々B.r1>r2

C.叫〉冽2，4=GD.班<也，「=q

(2)图中。点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球㈣多次从斜轨上S位置静止释

放，找到其平均落地点的位置尸，测量平抛射程。尸，然后，把被碰小球冽2静止于轨道的水平部分，再将

入射小球㈣从斜轨上S位置静止播放，与小球冽2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是

(填选项的符号)

A.用天平测量两个小球的质量机1、机2

B.测量小球㈣开始释放高度〃

C.测量抛出点距地面的高度X

D.分别找到叫、M2相碰后平均落地点的位置〃、N

E.测量平抛射程31、ON

(3)若两球相碰前后的总动量守恒，则应满足的表达式为(用(2)中测量的量表示)；若碰

撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为(用(2)中测量的量表示)。

(4)落点尸处的痕迹如图乙所示，其中刻度尺水平放置，且平行于S、。、P所在的平面，刻度尺的票点

与。点对齐，则平抛射程0P应取为cm。

【答案】(1)C(2)ADE

222

(3)①.rn^OP=m^OM+m2ONn\OP=miOM+m2ON

(4)48.10##48.12##48.11##48.09##48.08

【解析】

【小问1详解】

验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，为保证碰撞在水平方向

上，两个小球的球心的高度要相等，即两个小球的半径要相等；同时，为保证入碰小球不反弹，需要入碰

小球的质量大于被碰小球的质量，即班＞m2。

故选C。

【小问2详解】

要验证动量守恒定律定律，即验证

m1Vo=m1Vl+m2v2

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以r得

叫%%=叫卬+m2V2t

得，因此实验需要过程为

m10P=rr^OM+m2ON

测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移。

故选ADEo

【小问3详解】

［1］由（2）可知，实验需要验证

m10P=rr^OM+m2ON

⑵若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则

12121，

5mly0=/%

又

OP=vot

OM=vYt

ON=v2t

得

2

m10P2=n^OM+m2ON~

【小问4详解】

用一个圆将所有的点圈起来，圆心的位置就是平均落点位置，根据圆可得圆心的位置大约在48.10cm处。

（二）计算题：本题共3题，共38分。按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框

的不给分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得

分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中展示杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之称。一名质量

为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，与网接触0.8s后竖直向上蹦回到离水平网面1.8m

高处。运动过程不考虑肢体动作对重心的影响，重力加速度g=10m/s2,从开始下落到至与网接触前，重

力对人的冲量大小为_NS,人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力大小为_N。

【答案】①.480②.1650

【解析】

【详解】口］设人自由下落与网接触瞬间，所用时间为乙，速度为％,则

,1，

%=~^r

匕=g。

解得

%=0.8s

匕=8m/s

从开始下落到至与网接触前，重力对人的冲量大小为

I=mgtl=60xl0x0.8N-s=480N-s

⑵设人竖直弹起上升到最高点过程中所用时间为12,弹起瞬间速度大小为％,则根据逆向思维分析有

712

h2=-St2

%=gt]

解得

t2=0.6s

v2=6m/s

设人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力为「取向上为正方向，根据动量定理有

(F-mg)t=mv2-(一根匕)

解得

F=1650N

14.真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质

量为〃八电荷量为4的粒子(不计重力)沿着与MN夹角。为60°的方向射入磁场中，刚好没能从尸。边

界射出磁场。求

(1)粒子离开磁场位置到入射点的距离；

(2)在磁场中运动的时间。

O/Q471m271m

【答案】（1）正电粒子，注d，负电粒子，2Gd;（2）正电粒子，。=二二，负电粒子，人=丁］

33qB3qB

【解析】

【详解】（1）若粒子带正电，其运动轨迹如图所示

若粒子带负电，其运动轨迹如图所示

\MP

由题意及几何知识可知，无论粒子带正电还是负电，粒子离开磁场位置到入射点的距离相同；当粒子所带

电荷为正电荷时，由几何关系可得

R+Rcos0-d

粒子离开磁场位置到入射点的距离

△/=2Rsin6="d

3

当粒子所带电荷为负电荷时，由几何关系可得

r-rcos0=d

△/'=2rsin6=2岛

(2)由题意及上述分析可得，洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB-m—

R

结合周期公式

17lR

1二----

V

联立可得

Ijim

1-----

qB

当粒子所带电荷为正电荷时，由上述分析可得，粒子运动的圆心角为240。，则运动时间

2f4万机

t=-T=----

x33qB

当粒子所带电荷为负电荷时，由上述分析可得，粒子运动的圆心角为120。，则运动时间

1fIjim

%=-T=----

233qB

15.如图所示，沿水平固定的平行导轨之间的距离L=lm，导轨的左侧接有定值电阻R,图中虚线的右侧

存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小3=2T。质量%=lkg、阻值厂=1Q的导体棒尸。垂直导轨放

置，在导体棒上施加水平外力E进入磁场前导体棒向右做匀加速运动，进入磁场后保持水平外力尸的功

率不变，经过一段时间导体棒做匀速直线运动，整个过程导体棒的速度v