物理-高二年级下册开学摸底考试卷B

2022-2023学年高二下学期开学摸底考试卷B

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，空间有电荷量分别为+。和-乌的两个点电荷，其连线水平。在竖直平

面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于QQ连线对称放置，细管的上下端口恰好在QQ

连线的中垂线上。电荷量为+g的小球以初速度即从上端管口无碰撞进入细管，在管内

运动过程中机械能守恒，则（）

B.小球从细管下端飞出时速度为距

C.在0/02的连线上，中点的电场强度最小

D.细管上各点的电场强度方向均与细管垂直

【答案】D

【解析】A.在运动过程中机械能守恒，电场力对小球不做功，小球运动过程中电势能

不变，+2与q静电力为

+2静电力为

如图所示

将两个力分解在沿初速度方向和垂直于初速度方向，其中沿初速度方向合力为0，则

由几何关系可知

则

故A错误：

B.在运动过程中机械能守恒，则重力势能减小，动能增加，小球从细管卜.端飞出时速

度大于用,故B错误：

C.由于

Q>Q

根据异种电荷电场分布规律可知，中点的电场强度不是最小的，故c错误；

D.由于静电力始终垂直于小球速度方向，小球速度方向为细管的切线方向，则细管上

各点的电场强度方向均与细管垂直，故D正确。

故选D。

2.电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电

场构成的电子透镜使其会聚或发散.电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一

电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图实线所示，。、b.c、d是轨迹上的四个

点，下列说法正确的是（）

u电子枪

.100V

第一透镜I:二我I第一透镜

--------------200V1--------------

第二透镜……雪|第二透镜

100V

A.处的电场强度与c处的电场强度相同

B.电子从a到d运动时，加速度大小保持不变

C.电子从。到d运动时，电势能先增大后减小

D.电子在。处受到的电场力方向与〃处虚线垂直

【答案】D

【解析】A.根据电场线与等势线垂直的特点，b处电场线的切线方向斜向左上方，c

处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；

B.等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由。到d等势线先变疏后变密，所以电场强

度先减小后增大，加速度先减小后增大，故B错误；

C.由。到d电势先升高后降低，所以电子的电势能先减小后增大，故C错误：

D.a处电场线与虚线垂直，所以电子受到的电场力方向与虚线垂直，故D正确。

故选Do

3.下列图中一定能产生感应电流的是（）

通入增大的电流

【答案】B

【解析】A.坏不闭合，所以不能产生感应电流，故A错误；

B.当左右两根棒分别向两侧运动时，穿过闭合回路的磁通量增大，所以能产牛感应电

流，故B正确：

C.电流在环的正上方，则电流产生的磁场穿过该环的磁通量始终等于零，所以电流增

大时，环内不能产生感应电流，故C错误：

D,磁场的方向与回路之间的夹角为三-仇则穿过该回路的磁通量中=BS'cos6,当棒

向右运动时，S增大，但夕增大时，cos，减小，所以不能判断出磁通量是否变化，所

以不•一定产生感应电流，故D错误。

故选B,

4.如图所示电路中，电源月压为12V。在a、b间接入灯泡Li"6V2W"，闭合开关，

调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光：断开开关，取下灯Li，保持滑片P的位置

不变，在a、b间接入灯L?"6V3W〃，闭合开关，贝（灯泡电阻均保持不变）（）

ab

------------°°------------

—1|-"i|~~------------

-------0-------

A.灯Lz正常发光

B.滑动变阻器接入电路的电阻为12欧

C.通过Lz的电流为0.4安

D.灯L2通电10秒电流产生的热量为30焦

【答案】C

【解析】A.灯Li正常发光时，其两端的电压为6V,接入灯Lz后，由于两灯的电阻不

同，则ab间的电压会发生变化，所以灯Lz不会正常发光，故A错误：

B.灯Li正常发光时的电流为

/尸馥空占

1t/,6V3

滑动变阻器两端的电压为

U'=U-a=12V-6V=6V

所以滑动变阻器接入电路的电阻为

二18。

h1A

3

故B错误;

C.灯L2的电阻为

二(6V)2

R=12Q

2月一3W

灯L2接入电路后的总电阻为

R,=R2+R'=I2C+18c=30。

此时电路中的电流为

,U12V

/,=——=----=0.4A

■R030c

所以通过L2的电流为0.4安，故C正确：

D.灯Lz通电10秒电流产生的热量为

0=/；R]=(0.4A)2x12Qxl0s=l9.2J

故D错误。

故选Co

5.如期实现建军一百年奋斗目标，加快把人民军队建成世界一流军队，是全面建设社

会主义现代化国家的战略要求。随着军事科技的进步，我国的单兵作战设备的研发获

得重大突破，如图为我国研制的首架可实现低空飞行的飞行器。驾驶员在一次使用飞

行器飞行时，将身体前倾37°(假设驾驶员身体保持伸直，与竖直方向夹角37。)，沿

水平方向做加速运动，驾驶员与飞行器总质量为〃尸80kg。假设飞行过程中发动机对飞

行器的推力恒定，方向与身体共线，空气阻力与速度的关系为/丽木匕且与飞行方向

相反,其中A=1.5N・S2・ITT2,g取lOm/sL则()

A.飞行过程中发动机对滑板的推力为800N

B.本次飞行能达到的最大速度为30m/s

C.从静止开始运动30s的过程中，发动机对滑板推力的冲量为3xl()4N・s

D.从静止开始到达到最大速度的过程中，发动机对滑板推力的平均功率为6kW

【答案】C

【解析】A.对驾驶员和飞行器整体进行受力分析，如图

竖直方向受力平衡，有

心cos370=〃吆

解得

/=IOOON

所以A错误；

B.由于产种随着驾驶员和飞行器的速度增加，他们所受阻力也增加，运动的加

速度减小，他们做加速度减小的加速运动。当加速度等于零的时候，他们的飞行速度

达到最大值

%sin37。=%

即

「sin37。=/.

解得

匕~=20m/s

所以B错误；

C.由冲量公式片R,从静止开始运动30s的过程中，发动机对滑板推力的冲量

/=%=拟酬3观=x4

所以C正确；

D.根据牛顿第二定律有

fjlisin370-Ar'=ma

随着速度的增大，则整体做加速度减小的加速运动，故平均速度

v>-^-=10m/s

2

故飞行器的平均功率

尸=/sin37。节*sin37。•孽=6kW

所以D错误；

故选C。

6.如图所示，一轻质弹簧二端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以

。点为平衡位置.，在。、。两点之间做周期为r的简谐运动。已知在乙时刻物块的速度

为L下列说法正确的是（

s-c

SL

L.|---Q

:••…D

A.物块在C、。两点的加速度相同

B.物块从C点运动到。点，弹簧的弹力可能先减小后增大

C.物块从C点运动到。点弹力做的功与从。点运动到O点相等

D.如果在乙时刻物块的速度也为*则乙-乙的最小值为!

【答案】B

【解析】A.C、。两点关于平衡位置对称，物块在。、。两点的加速度等大反向，A

错误：

B.分析得弹簧的原长位置在。点与O点之间，物块从C点运动到。点过程中弹簧的

弹力先减小后增大，B正确；

C.物块从。点运动到。点，弹簧弹力一直做负功，弹簧弹力较大，弹力做负功较

多，从。点运动到。点弹力先减小后增大，弹簧弹力先做负功再做正功，且形变量较

小，弹力做功较少，故C错误：

D.物块从C运动到。的过程，关于平衡位置对称的两点，速度大小相等、方向均向

T

下，故，2-4的最小值小于二，D错误。

故选Bo

7.水上乐园的冲浪池示意图如图所示，波浪从深水区向浅水区传播。图中游客在波浪

池中随波浪运动，则下列说法正确的是（）

游客

深水区

A.游客将随波浪冲到浅水区B.此时游客正在向上运动

C.波浪冲到浅水区波速增大D.波浪传到浅水区频率增大

【答案】B

【解析】A.可把游客视为质点，由机械振动的知识可知，游客在水中上下运动，并不

会随波浪冲到浅水区，故A错误：

B.结合水波传播的方向，此时游客正在向上运动，故B正确；

CD.波浪从深水区传播到浅水区，波速减小，频率不变，故CD错误。

故选B。

8.如图甲所示为研究光的二涉与衍射现象的实验装置，狭缱S/、Sn的宽度可调，狭缝

到屏的距离为L同一单色光垂直照射在狭缝上，实验中分别在屏上得到了图乙、图

丙所示图样（图中阴影部分表示暗条纹）。下列说法正确的是（）

甲lim乙nin丙in

A.图乙是光的衍射图样，图丙是光的干涉图样

B.遮住•条狭缝，仅减小另•狭缝的宽度，图内中亮条纹宽度将变宽

C.照射双缝时，仅增加L图乙中相邻亮条纹的中心间距减小

D.照射双缝时，若S/、S?到屏上。点的距离差为半波长的奇数倍，P点处是亮条纹

【答案】B

【解析】A.双缝干涉图样内相邻亮或暗条纹的间距不变，故乙为双缝干涉图样，而衍

射图样为中间宽两侧窄的特点，故图内为光的衍射图样，A错误；

B.狭缝越小，衍射的范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度减小，

其他条件不变，则衍射现象增强，图内中亮条纹宽度将增大，B正确；

C.根据双缝干涉公式

Ax=­x

d

可知当仅增加£时，图乙中相邻亮条纹的中心间距增大，C错误：

D.照射双缝时，若$、S2到屏上尸点的距离差为半波长的奇数倍，则两束光波发生

相互削弱，即为暗条纹，D错误。

故选Bo

二、多选题（每题4分，共16分，漏选得2分、错选得。分）

9.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一斜面，一个小物块放置在距离水平地面/?高

处的光滑斜而匕小物块由静止释放，滑至斜而底部后与斜而分离，此时小物块相对

地面的水平位移为工改变小物块在斜面上的高度/?,得到小物块的水平位移x和高度

方的关系图像如图乙所示，图乙中p、4均为己知量。已知斜面与小物块的质量之比为

2:1,关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（）

甲

A.斜面对小物块做正功

2P

B.斜面倾角的正弦值为J9与244/2

C.斜面倾角的正切值为4下"一p-?

D.小物块与斜面组成的系统水平方向上动量守恒

【答案】BD

【解析】A.根据题意可知，物块卜.滑的过程中斜面向右加速运动，斜面机械能增加,

而物块与斜面组成的系统机械能守恒，可知物块的机械能减小，由功能关系可知斜面

对物块做负功，故A错误:

BCD.设小物块的质量为/〃，则斜面的质量为2切,斜面倾角为仇小物块下滑的过

程，物块与斜面组成的系统动量不守恒，水平方向上合外力为0,则在水平方向上动

量守恒，以水平向右为正方向，可得

〃叫-2mv2=0

即任意时刻物块的水平速度大小都是斜而速度大小的2倍，所以物块的水平位移大小

是斜面的2倍，则有

1h

x+—x=------

2lanJ

解得

2h

x=-------

3tan6^

由图像可得

1=1

hP

联立解得

tan"女

3q

则有

2P

sin〃=

J%/十4/J

故C错误，BD正确。

故选BDo

10.如图所示，在倾角为。的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角

度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为I，，则以下判断正确的是（）

A.单挖在斜面上摆动的周期为了

B.摆球经过平衡位置忖的合外力F=m-

L

C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大

D.若斜面的倾角£增大，则单摆的振动周期将减小

【答案】BD

【解析】AD.单摆在斜而上摆动时等效重力加速度为

g'=gsina

所以单摆在斜面上摆动的周期为

7=2寸—一

Vgsina

可得当倾角a增大，则单摆的振动周期将减小，A错误，D正确；

B.摆球经过平衡位置时的回复力等于零，合外力提供向心力，所以有

,>

LV

F=m-

L

B正确；

C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，可得此时单摆在斜面上摆动等效重

力加速度为

r.Eq

g1=gs\na+-->^sm«

m

所以振动周期将减小，C错误。

故选BDo

11.长为/的导体棒原来不带电，现将一个带负电的点电荷（电荷量的绝对值为夕）放

在金属棒的中心轴线上距离棒的左端R处，如图所示。当金属棒达到静电平衡后，以

下说法中正确的是（）

——/―>1

A.棒上感应电荷在O点处产生的场强为零

B.棒上O点处的场强为零

k―&—

C.负点电荷在O点处产生的电场强度大小为+方向沿0夕连线且指向夕

k—1—

D.棒上感应电荷在棒的中点。处产生的电场强度大小为（R+'j，方向沿0夕连线

且指向q

【答案】BC

【解析】金属棒达到静电平衡时，内部场强处处为0,由于负电荷q在棒中心。处产

生的电场方向沿Oq连线且指向分所以棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场方向沿

Oq连线且背离O,大小与g在O点产生的场强相同，则有

（呜）

故AD错误，BC正确：

故选BCo

12.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度&如图，

在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为X0，面.某同学在某地对地磁场进

行了四次测量，每次测量时尸轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上、根据表中测

量结果可推知（）

测量序号BJ3

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.测量地点位于北半球B.当地的地磁场大小约为509

C.第2次测量时y轴正向指向北方D.第3次测量时y轴正向指向东方

【答案】AB

【解析】A.地球磁场如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附

近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成1L3度的倾斜。由表

中z轴数据（&为负值）可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A

正确：

B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得

B=50pT

B正确；

CD.由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测

量，测量线<0,故y轴指向南方，第3次测量0>0,故x轴指向北方而y轴则指向

西方，CD错误。

故选B.

三、实验题

13.（6分）某物理实验小组在到比亚迪发布•款新能源汽车宋plusdmi,其中汽车电

池采用的是比亚迪的刀片电池技术，整块电池铭牌如图甲所示。已知该车内的整块电

池是由15块刀片电池串联而成，其中•块刀片电池由8块电芯串联而成。现将•块刀

片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势E和内阻「，现有如下器材：一个电阻

箱、一个电压表、开关和若干导线、一块电芯、坐标纸和刻度尺，电路图如图乙所

小。

比亚0逻军借眼公3制选

比亚it制地国中S

整年型号BYDM70STMKV2票坐入数5

制迨年”2021年03月

发动机持MMWW.发动机R号V

发动机最大冷功率781

总动电机型号H220XYK

蓼动电机弊依功率1-I5W

动力电治京统额定电IK3MV

动力电治系统•定存量47.7Ah*大允帏总版量2165”

乙

中

(1)根据汽车电池铭牌，一块电芯所带电量为.C：

(2)为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接.("5"或"15")V：

(3)某物理实验小组按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记录卜.阻值R和

电压表的相应读数U,利用测量数据，作图线如图丙所示，图线的纵轴截距为

iJR

a,斜率为则•块电芯的电动势E=

【答案】14315

【解析】（1）⑴根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为47.7A-h,则一块电芯所

带电量为

。x47.7x3600C=143IC

15x8

（2）[2]电池的额定电压为384V,则一块电芯的电压为

（/=—!—x384V=3.2V

15x8

为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接5V：

（3）⑶⑷根据闭合电路欧姆定律有

E=U+—r

R

变形得到

I1rI

--=--+—.—

UEER

可知4一4图线的纵截距

UA

_1_

~E

斜率为

E

解得电动势

14.（8分）小华同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中：

（1）以下做法正确的是:

A.测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长

B.测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时

截止，然后求出完成•次全振动的时间

C.要保证单.摆自始至终在同一竖直面内挖动

D.单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°

（2）该同学先用米尺测得摆线长为97.43cm,用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所

示，则摆球的直径为cm；

甲

（3）另一位同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小

球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长/,测得多组周期7和/的数

据，作出/-/图像，如图乙所示。实验得到的图像是。（填力”、“〃或

〃），小球的直径是

2cmo

【答案】C2.125c1.2

【解析】（1）[1]A.测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长，然后

测量小球的直径，单摆的摆长等于摆线的长度与小球的半径之和，故A错误：

B.测量周期时，从小球到达平衡位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截

止，然后求出完成•次全振动的时间，故B错误：

C.要保证单摆自始至终在同•竖直面内摆动，故C正确；

D.单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能大于5。，故D错误。

故选C。

（2）⑵由题中图示游标卡尺可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是

0.05mm.摆球的直径

J=2Imin+5x0.05mm=21.25mm=2.125cm

（3）⑶摆线的长度与摆球的半径之和是单摆实际上的摆长3若将悬点到小球最低点

的距离作为摆长/，则

L=l-r

由单摆周期公式7=2乃《，可得

l=-^-T2+r

44~

由题图可知，实验得到的/-/图像应该是°；

[4]/-尸图像的纵轴截距

h=r=0.6cm

小球的直径

d=2〃=2x0.6cm=1.2cm

四、解答题

15.（8分）固定的半圆形玻璃砖半径为R,横截面如图所示,。点为圆心，。。为直

径MN的垂线，足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MV。由“，力两种单色光

组成的细光束沿半径方向射向O点，入射光线与。。间的夹角为。（0＜。＜90。）°已知

1光的折射率为，％=4，/＞光的折射率为%=半。若对于该玻璃砖光线发生折射时

可以不考虑其反射光线。求：

＜1）当光屏上有两个光斑时，，角的范围：

（2）当6=30°时，光屏上两洋上之间的距离。

p

Q

【答案】（1）0v45：;（2）（应-1）R

【解析】（1）。光的临界角

.厂1&

sinC）=——=——

飞2

则

C/=45°

人光的临界角

.厂IG

sinC>=—=—

■n22

则

C；=60°

当光屏上有两个光斑时，两束光都不会发生全反射，则

"45：

P

Q

(2)根据折射定律，当夕=30°时,对。光

sina

n.=------

1sin30

解得

a=45°

对力光

sinft

5=-----

'sin30

解得

.776

光屏上两光斑之间的距离

RR

©=-------------------=（V2-I）/?

lan°tana

16.（10分）最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处丁•很"活跃"

的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的

地震横波，在/（图中实线）与（什0.4）s（图中虚线）两个时,刻x轴上・3~3km区间内

的波形图如图所示，求：

（1）该地震波质点振动的最大周期八

<2）该地震波最小波速为多少：

（3）从/时刻开始计时，判断x=2km处的质点与x=2.5km处的质点谁先回到平衡位

【答案】（1）0.8s：（2）5km/s；（3）x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先|可到平衡

位置

【解析】（1）根据题意有

（/+0.4）—/=（—Fn）T，（〃=0、2、3.....）

2

所以

当〃=0时，周期最大,即

T=0.8s

（2）由题图知，该地震波的波长为

2=4km

根据波速与波长的关系口J得，最小波速为

义41,//

v=—=——km/s=5knvs

T0.8

（3）地震横波沿x轴正方向传播，从/时刻开始计时，x=2.5km处的质点向上振动，

故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置。

17.（12分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道44与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑

轨道8C平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强

电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=L0xl04N/C,现有一电荷量

g=+l.OxlO”，质量m=O.lkg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的尸点由静止释

放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的。点、。g取

lOm/s?试求：

（1）带电体运动到圆形轨道8点时对圆形轨道的压力大小：

（2）。点到8点的距离xO8；

【答案】（1〉6.0N；（2）0；（3）1.17J

【解析】（1）设带电体通过C点时的速度为vG依据牛顿第二定律有

大

mg=〃法

解得

vc=2.0III/S

设带电体通过8点时的速度为四，设轨道对带电体的支持力大小为厂8,带电体在8

点时，根据牛顿第二定律有

Fn-mS=m^

带电体从4运动到。的过程中，依据动能定理有

-mg•2R=；〃雇-g

联立解得

5=6.0N

根据牛顿第三定律，带电体时轨道的压力用=6.0N。

（2）设带电体从最高点。落至水平轨道上的。点经历的时间为3根据运动的分解有

2R=]g/

1吗2

2m

联立解得

*DB=°

（3）由。到〃带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从8经C到。的过程中，

在此过程中只有重力和电场力做功，且

nig=qE=IN

其合力与重力方向成45。夹附斜向右下方，故最大速度必出现在8点右侧对应圆心角为

45。处，设小球的最大动能为Rm，根据动能定理有

qERsin45°-mg鼠l-cos45°)=-g〃吟

代入数据解得

几“17J

18.（16分）2022北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地的示意图如

图所示：运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线力/r处欣手让冰壶以•定的速度滑

出，使冰斑的停止位置尽量靠近圆心。（圆垒的圆心）。为了使冰壶滑行得更远，运动

员可以用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知未刷冰时

冰壶与冰面间的动摩擦因数"产0.04,刷冰后42=0.01，投掷线人?与O点的距离为£

=30mo

<1）比赛中，若第一个冰壶以、，o=3m/s的速度被投出后，试判断如果不刷冰，冰壶

能否停在圆垒中心O,如果不能请设计一个方案使冰壶刚好停在圆垒中心5

（2）比赛中，为了使第一个冰壶恰好停在圆心。处，求冰壶被投出时初速度的最小值

和最大值；

（3）在比赛中，黄队冰壶。静止在图中虚线上。点的左侧L/=1m处，红队冰壶P投

出的初速度比=3m/s,沿中心线向冰壶。滑去，两壶发生正碰，碰撞时间极短，碰后

瞬间。获得的速度是P碰前瞬间速度的圆垒半径为，•=