2024年春高二物理人教版开学检测卷（B卷）(含答案)

2024年春高二物理人教版开学检测卷（B卷）

学校：___________姓名：班级：考号：

一,单选题

1.如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边

a、b、c、d上.移去。处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变.关于长方体几何

中心。点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（）

A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小

C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大

2.如图所示的电路中，闭合开关S,灯L。L?正常发光.由于电路突然出现故障，发

现灯L变亮，灯L?变暗，电流表的读数变小，则发生的故障可能是（电源内阻不计）

A.M断路B.4断路C.R3短路D.凡短路

3.对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”.人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S

极上聚集着负磁荷，由此可以将磁现象与电现象类比，得出一系列相似的定律，引入

相似的概念.例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等，在“磁荷观点”中磁场强度

定义：其大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正

磁荷在该处所受磁场力方向相同.则一个磁荷量为6N•m/A（磁荷量的单位是

“牛•米每安”）的磁荷在磁场强度为3A/m（磁场强度的单位是“安每米”）的磁

场中受到的磁场力为（）

A.18NB.0.5NC.2ND.3N

4.“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据

运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶

段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当

进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在

空中运动员保持身体与滑雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶

段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（）

A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向的速度

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间

5.如图所示，质量分别为机和2根的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面

上，尸通过一根水平轻绳连接到墙上。尸的下表面光滑，。与地面间的动摩擦因数为

〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将。向右缓慢拉开一段距离，撤去拉

力后，。恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为左，重力

加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大

小为（）

]umgIpimg6/jmg

A.----D.-----C.-----U.-----

kkkk

6.某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为"

f=0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方

向传播（视为简谐波），"时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向

最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）

A.浮标的振动周期为也B.水波的传播速度大小为二

3

C.jrj时刻浮标沿y轴负方向运动D.水波的波长为2L

7.完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间

站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的

水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心。的平面内，用单色平行光照射这一

水球。下列说法正确的是（）

A.此单色光从空气进入水球，频率一定变大

B.此单色光从空气进入水球，频率一定变小

C.若光线1在“处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射

D.若光线2在N处发生全反射，光线1在〃处一定发生全反射

8.如图所示，两光屏间放有两个透振方向相互平行的偏振片，现让太阳光沿轴线通过

光屏〃上的小孔照射到偏振片P上，再通过偏振片Q。现以光的传播方向为轴使偏振

片尸由图示位置旋转90°,下列说法正确的是（）

太网2HAl

7%H7

A.M、P间为偏振光B.P、。间为自然光

C.P、Q间的光线亮度逐渐变暗D.光屏N上的光线亮度逐渐变暗

9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为瓦L形导线通以恒定电流/,放置在磁场

中。已知湖边长为2/,与磁场方向垂直，A边长为/,与磁场方向平行。该导线受到

的安培力为（）

IB

A.OB.BIlC.2BIID.小Bll

10.如图所示，MN和尸是以MN为直径的半圆弧上的三点，。为半圆弧的圆心，在

。点存在沿垂直纸面向里匀速运动的电子束，ZMOP=60°o在"、N处各有一条长直

导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时。点的电

子受到的洛伦兹力大小为耳。若将M处长直导线移至P处，则。点的电子受到的洛

伦兹力大小为歹2，则「2与片之比为（）

A.6:1B.g:2C.l:lD.l:2

二、多选题

11.如图甲所示，真空中有一带负电的点电荷。，固定在龙轴上的某处，在坐标轴上

的48两点分别放置正的试探电荷（电荷量可调），其受到的静电力R跟试探电荷的

电荷量q的关系如图乙中。、6所示.取沿x轴正方向为静电力R的正方向，下列说法正

确的是（）

甲乙

A.B点电场强度方向一定沿x轴负方向

B.A、3两点电场强度方向可能相同

C.A点的电场强度大小大于B点的电场强度大小

D.点电荷Q可能在A点的左侧

12.如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图，Q、0位于x轴上，相邻等势

面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，尸为某等势面上一

点，则（）

A.N点的电场强度大小比M点的大B.Q为正电荷

C.M点的电场方向沿x轴负方向D.P点与M点的电势差为12V

三、实验题

13.某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电

压2.5V,额定电流0.3A）、电压表（量程300mV,内阻300Q）、电流表（量程

300mA,内阻0.27。）、定值电阻凡、滑动变阻器与（阻值0~20。）、电阻箱&

（最大阻值9999.9C）、电源E（电动势6V,内阻不计）、开关S、导线若干.完成

下列填空：

图（a）

（1）有3个阻值分别为10C、20。、30c的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电

流在0~300mA的U-/曲线，R。应选取阻值为_C的定值电阻；

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的（填或"b”）

端；

（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱&的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的

位置，读取电压表和电流表的示数。、I,结果如图（b）所示.当流过电流表的电流为

10mA时，小灯泡的电阻为Q（保留1位有效数字）；

ff//mV

（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V,该同学经计算知，应将

凡的阻值调整为。；然后调节滑动变阻器与，测得数据如下表所示：

[7/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0

//mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0

（5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻_______（填

“增大”“减小”或“不变”）；

（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA,可得此时小灯

泡的电功率4=W（保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为300mA

时，小灯泡的电功率为鸟，则刍=（保留至整数）.

14.一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约1.5V）和内阻厂

（小于2。）.图中电压表量程为IV,内阻RV=380.0Q；定值电阻&=20.0。；电阻

箱已最大阻值为999.9。；S为开关.按电路图连接电路.完成下列填空：

--T.―

s£>

图（a）

（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选（填

“5.0”或“15.0”）；

（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；

（3）根据图（a）所示电路，用R&、R、、£和〃表示），得万=；

（4）利用测量数据，作，R图线，如图（b）所示；

（5）通过图（b）可得E=V（保留2位小数），r=_Q（保留1位小

数）；

（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为£,由此产生的误

差为一--xlOO%=______%.

E

四、计算题

3

15.如图所示，光滑斜面与光滑：竖直圆弧轨道相切于A点，3点为圆弧轨道的最低

点，C点为圆弧轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场.一质量为

m=lkg,电荷量为-4的带电小球从斜面上由静止释放，小球始终能沿轨道运动.已知

电场强度后=学，斜面与水平方向的夹角6=53。，圆弧轨道半径A=lm,g取

4q

10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.

（1）求刚释放小球时小球的加速度a的大小；

（2）若小球恰能到达C点，求释放点到A点的距离s及此运动过程中小球对轨道的最

大压力.

（3）若电场方向反向，大小不变，小球能到达C点，试求小球运动过程中对轨道的

最大压力.

16.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间

狭缝的间距为d,磁感应强度为3的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为加

电荷量为+4,加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为4,周期

T=迎。一束该种粒子在工时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现

qB2

考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不

考虑粒子间的相互作用。求：

（1）出射粒子的动能Ekm；

（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Ek.所需的总时间务。

17.如图，光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和3,质量分别为1kg和2

kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块的质量均为1kg,A和C以相同速度

%=10m/s向右运动，3和。以相同速度/TV。向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间

极短，碰撞后C与。粘在一起形成一个新物块，A与3粘在一起形成一个新滑板，物

块与滑板之间的动摩擦因数均为〃=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。求：

（1）若。（左＜0.5,新物块和新滑板速度的大小和方向；

（2）若左=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止过程两者相对位移的大小。

参考答案

1.答案：A

解析：从右侧观察，作出带电绝缘棒在。点处产生的电场强度方向如图所示，因为绝

缘棒完全相同，所以四根绝缘棒在。点处产生的电场强度大小相等，设每根绝缘棒在

。点处产生的电势为9（。＞0）,开始时，。点处电场强度为零，电势必=4。，移去a

处的绝缘棒后，反c、d三处的绝缘棒在。点处产生的合电场强度与a处的绝缘棒在

。点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即电场强度方向垂直指向a,。点处的电

势必=3°,电势减小，A正确.

2.答案：A

解析：简化电路如图所示.若与断路，则电路中总电阻增大，总电流减小，右侧部分总

电阻不变，则右侧分压将减小，电流表A的读数变小，灯L?变暗，灯L两端的电压将

增大，则灯L将变亮，A正确；若&断路，则电路中总电阻增大，总电流减小，可知

L1变暗，故B错误；若叫短路，则与被短路，电路中总电阻将减小，电路中电流增

大，灯L1两端的电压增大，L变亮，L?两端的电压减小，灯L?变暗，总电流变大，

通过L2的电流变小，则电流表的读数将增大，故C错误；若&短路，则电路中总电

阻减小，电路中电流增大，L1变亮，L?两端的电压减小，故L?变暗，总电流变大，

通过L2的电流变小，则电流表A的示数增大，故D错误.

-----__------

3.答案：A

解析：磁荷在磁场中受到的磁场力F=磁场强度X磁荷量=3A/mx6Nm/A=18N,

故选项A正确.

4.答案：B

解析：助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，

运动员猛蹬滑道，增大了滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，增

加了向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增大受到的升力，C

错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以

减少身体受到的平均冲击力，D错误。

5.答案：C

解析：设轻质弹簧原长为4，。向右缓慢移动并恰好静止时，轻质弹簧形变量为AL。

由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有左AL=2〃"g,解得堤=女警。剪断轻绳

后，P向右运动，之后以轻质弹簧处于原长时的位置为中心，在水平方向做简谐运

动，则P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为2AL=%等，选

k

项C正确。

6.答案：A

解析：由振动图像可知，波源在"0时刻开始向上振动，0~4时间内波源从平衡位置

运动到正向最大位移处，则有浮标的振动周期等于波源的振动周期，为

T=4*A正确；波经过时间4传到距离为L的浮标处，则波速丫=5，B错误；由虚

%

3

线图像可知，浮标在;6时刻沿y轴正方向运动，C错误；水波的波长为

2=仃=:/=轨,D错误。故选A。

h

7.答案：C

解析：单色光由空气进入水球，光的频率并不发生改变，AB错误；由光路图可知，光

线2在N点的入射角大于光线1在M点的入射角，若光线1在M点发生全反射，则光

线2的入射角一定大于临界角，则光线2一定能在N点发生全反射，C正确；若光线

2在N点发生全反射，光线1在“点不一定发生全反射，D错误。

8.答案：D

解析：M、P间为自然光，经过偏振片尸后变为偏振光，P、Q间为偏振光，A、B错

误；偏振片P由图示位置旋转90°的过程中，P、Q间的光线亮度不变，屏上光线亮

度逐渐变暗，当偏振片P与偏振片。垂直时，光屏上最暗，C错误，D正确。故选

Do

9.答案：C

而与磁场方向垂直.

尸筌=BI•ab=2BH,C对,

解析:受安培力

ABD错

机与磁场方向平行,不受安培力

10.答案：B

解析：设移动前每根导线在。点产生的磁感应强度大小为工用，方向竖直向下，则电

2

子在。点受到的洛伦兹力为耳=与"；当"处长直导线移至尸处时，。点合磁感应强

度大小为为=2乂工用xcos30=—Bl9电子在O点受到的洛伦兹力为

22

F*“与B~则F2与与之比为62,B正确。

11.答案：AC

解析：由题图乙可知，正的试探电荷在3点受到的电场力方向沿x轴负方向，则3点

电场强度方向一定沿x轴负方向，A正确；由题图乙可知，正的试探电荷在A点受到

的电场力方向沿x轴正方向，则A点电场强度方向一定沿x轴正方向，43两点电场

强度方向相反，B错误；根据电场强度定义式石=£可知，题图乙中图线的斜率绝对

值表示该点的电场强度大小，可知A点的电场强度大小大于3点的电场强度大小，C

正确；负点电荷产生的电场方向由无穷远处指向点电荷，由于A点电场强度方向沿x

轴正方向，故点电荷。不可能在A点的左侧，D错误.

12.答案：AD

解析：等差等势线的密度体现场强的大小，由题图可知N点的等差等势线比M点的更

密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，

由题图可知电场线由N指向Q,则。为负电荷，故B错误；沿着电场线方向电势逐渐

降低，结合各等势线的电势高低关系可知〃点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；

M点与N点等势，均为0V,P点与N点之间有四个等势线间隔，而相邻等势面的电

势差为3V,则P点与M点的电势差为12V,故D正确。

13.答案：(1)10

Q)。

(3)0.7

(4)2700.0

⑸增大

(6)0.074；10

解析：(1)灯泡的额定电流为0.3A,当流过灯泡的电流为300mA时，假设滑动变阻器

的滑片位于》端，灯泡两端的电压为额定电压2.5V,则凡两端的电压

TJ'

U'=E-U额=357，定值电阻&=7土H.7。，故选择定值电阻时其阻值不能超过

11.7Q,故凡应选取阻值为10C的定值电阻.

(2)滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路，应让小灯泡分压为零，在闭合开关前，

应将滑片置于。端.

R一♦一7

⑶由题图(b)可知/=10mA时，U=7mV,则％一/—/一7.

V1U----

300

(4)由题意可知，UV'=/V(RV+R2)=答(Rv+E)=3V,解得与=2700.0。，故应将

电阻箱&调为2700.00.

⑸通过(b)图及表格可知，随着。增加，/增加，图线中各点与坐标原点的连线的斜率

逐渐增大，故灯丝的电阻增大.

(6)由表格可知/=160.0mA时，。=46.0mV,则小灯泡两端电压=046V,所以

—/V)=°46X1160—焉］xl(r3w^0.074W,当/'=300mA时，

0=250.0mV,则小灯泡两端电压Uj=2.50V,所以Q=Uj•，'—/」)=0-75W,所

A0.75

以=----~10

以《0.074

14.答案：(1)15.0

R+RQR+RQ1

⑶—y——-R+—y——-r+—

ORv用ER&EE

(5)1.54；1.1

(6)5.19

解析：(D定值电阻与电压表并联’总电阻氏并=箭；=19。’干路允许的最大电流

U1£

为〜=历从’电路中总电阻最小值约为%”匚"&5Q闭合开关前电阻箱

接入电路的电阻值R=Rmin-%-r〉7.5。，因此闭合开关前电阻箱接入电路的电阻值

选15.0Q；

rUE1%+&八&+&1

(3)电路中总电流为一五-R并+氏+厂'整理得d一R、RE+Rv&E厂十五；

⑸根据⑶中得到的关系式，代入数据可得［=■+1R(VT),延长图线，

UU19E19E'7

得到图线与纵轴交点为0.86VL得0.86丫-==+/V-,图线斜率为

19E19Ex/

1.46-0.86Q!V-I=，Q—I解得E=L54V/=L1Q；

22.5-519E

UE'

(6)若将题图(a)中的电压表当成理想电压表，则电路中电流为T/=丁=f'，整理

得二型工MV-)—一图线斜率为I*-0用6QT.V-解得

U2QE,20£、)U口乂货干〃22.5-520£

F，_F

E'=1A6V,——X100%=5.19%.

E

15.答案：(1)12.5m/s2

(2)1.2m；67.5N,方向与竖直方向成37。角斜向右下

(3)75N,方向与竖直方向成37。角斜向左下

解析：(1)对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且小球始终沿轨道运动，根据

牛顿第二定律有mgsinO+qEcos0-ma,

解得a=12.5m/s2.

2

(2)若小球恰好能到达C点，在C点，由牛顿第二定律有mg=加”,

R

从释放到到达C点，由动能定理得

12

mg(ssin0-R-Reosff)+qE(scos+7?sin^)=—mvc,

联立解得s=L2m.

设小球于3点右侧某位置达到最大速度，该位置和圆心连线与竖直方向成a角，则该

位置小球对轨道的压力最大，由受力分析得tana=处，解得。=37°.

mg

由释放点到该位置的过程，由动能定理，有

12

mg(ssin6-Rcos0+Rcosa)+qE(scos0+Rsin0+Rsina)=—mv,

解得v=6?m/s,

2

对该位置，由牛顿第二定律得外-加geosa-qEsina=m—,

R

解得4=67.5N,

由牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为67.5N,方向与竖直方向成37。角斜

向右下.

(3)设小球于3点左侧D处达到最大速度，。与圆心。的连线与竖直方向的夹角为少，

同⑵解得夕=37°,

沿如图所示方向，若小球能到达C点，应能先通过E点(等效最高点)，当