2022-2023学年高二物理上学期期中考前必刷卷必修三选修二一(解析版)

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江苏省2022-2023学年高二第一学期期中教学情况测试人教版物理模拟试题一注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。一、选择题（共10小题，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1.中国4G牌照发放是在2014年，比发达国家晚了整整三年；但在5G时代，中国已经赢在了起跑线。已知5G信号使用频率更高的电磁波，每秒传送的数据量是4G的50~100倍，则相比4G信号(　　)A．5G信号的光子能量更小B．5G信号的波长更短C．5G信号的传播速度更大D．5G信号的波动性更明显【答案】B【解析】A．因为5G信号使用的电磁波频率比4G高，根据可知5G信号的光子能量更小，故A错误；B．由可知频率越高的电磁波，信号的波长更短，故B正确；C．任何电磁波在真空中的传播速度都相同，在介质中要看折射率，故C错误；D．因5G信号的电磁波频率更高，波长更短，波动性比4G的差，故D错误。故选B。2.在匀强磁场中有两根平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两根可沿导轨平动的导体棒ab、cd，两根导体棒匀速移动的速度大小分别为v1和v2，如图8所示，则下列情况不可以使回路中产生感应电流的是(　　)图8A．ab、cd均向右运动，且v1＝v2B．ab、cd均向右运动，且v1>v2C．ab、cd均向左运动，且v1>v2D．ab向右运动，cd向左运动，且v1＝v2【答案】A

1【解析】　ab、cd均向右运动，当v1＝v2时，闭合回路的磁通量不变，故无感应电流产生，A项错误；B、D两项所述情况，闭合回路的磁通量增加，C项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电流产生，故选A1.2021年为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温枪对进出人员进行体温检测，红外测温枪与传统的热传导测温仪器相比，具有响应时间短、测温效率高、操作方便、防交叉感染(不用接触被测物体)的特点。下列说法中正确的是(　　)A．红外测温枪利用了一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大B．高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线C．红外线也属于电磁波，其波长比红光短D．爱因斯坦最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点【答案】A【解析】AB．一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大。红外线测温枪就是利用这一特点工作的，A正确，B错误；C．红外线属于电磁波，波长比红光长，C错误；D．普朗克在研究黑体辐射时，最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点，D错误。故选A。2.在如图4所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V均为理想电表．在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)图4A．电压表示数变小B．电流表示数变小

2C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低【答案】D【解析】　在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两极板间电压变小，其所带电荷量减小，C错误；通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，B错误；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电势差，U2变小，则a点的电势降低，D正确．1.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年．如图1所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为(　　)图1A.＋mgB.C.D.－mg【答案】　A【解析】　铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝设蟾蜍口对铜珠的作用力为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft－mgt＝0－(－mv)解得：F＝＋mg，根据牛顿第三定律可知，铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小F′＝F，A正确．2.如图是漏电保护器的部分电路图，由金属环，线圈，控制器组成，其工作原理是控制器探测到线圈中有电流时会把入户线断开，即称电路跳闸，下列有关漏电保护器的说法正确的是(　　)

3A．当接负载的电线中电流均匀变化时，绕在铁芯上的线圈中有稳定的电流B．当接负载的电线短路或电流超过额定值时，漏电保护器会发出信号使电路跳闸C．只有当接负载的电线漏电时，绕在铁芯上的线圈中才会有电流通过D．当接负载的电线中电流不稳定时，漏电保护器会发出信号使电路跳闸【答案】C【解析】漏电保护器的工作原理是控制器探测到线圈中有电流时会把入户线断开，线圈的磁通量是由流入负载的导线中的电流和流出负载的导线中的电流在线圈中产生的磁通量的叠加，由于一般情况下，流入负载导线中的电流和流出负载导线中的电流等大反向，故线圈中的磁通量为零，无电流产生。而发生漏电时，流入负载导线中的电流和流出负载导线中的电流大小不等，线圈的磁通量发生变化，有电流产生。故选C。1.静止的实验火箭，总质量为M，当它以相对地面的速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)A.v0B．－v0C.v0D．－v0【答案】　D【解析】　火箭整体动量守恒，以v0的方向为正方向，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反．2.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则(　　)图3A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0【答案】　C【解析】　整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒得：mv02

4＝mv12＋mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C正确．1.甲、乙两个单摆的振动图像如图5所示，根据振动图像可以判定下列说法不正确的是(　　)图5A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4【答案】A【解析】　根据题图图像可知，单摆振动的周期关系T甲＝T乙，所以周期之比为＝，所以频率之比＝，故B、C正确；若甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若在不同地点，摆长相同，根据T＝2π得：重力加速度之比为9∶4，故D正确．2.如图6所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，今使两小球同时释放，则(　　)图6A．球A先到达C点B．球B先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确定哪个球先到达C点【答案】　A【解析】　球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA＝＝.当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π＝2π，

5因此球B运动到C点所需的时间是TB＝＝，故TAm2)接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放时的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________[用(2)中测量的量表示]．【答案】　(1)C(2分)　(2)ADE(2分)　(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP(2分)【解析】　(1)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，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C.(2)实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E.

6(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON.1.如图5所示，用0.5kg的铁锤竖直把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度大小为4.0m/s.如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么：图5(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多少？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多少？(g取10m/s2)【答案】　(1)200N，方向竖直向下　(2)205N，方向竖直向下【解析】　(1)以铁锤为研究对象，不计铁锤重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv所以F1＝N＝200N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为200N，方向竖直向下．(2)若考虑铁锤重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，取竖直向上为正，对铁锤应用动量定理得(F2－mg)t＝0－mvF2＝N＋0.5×10N＝205N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为205N，方向竖直向下．2.如图6所示，小球A质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是4m和2m，物块B、C与轻弹簧接触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方．现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为.小球A与物块B、C均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程：图6(1)物块B受到的冲量大小；(2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块C获得的最大速度的大小．

7【答案】　(1)　(2)mgh　(3)【解析】　(1)设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球A运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝mv12解得v1＝设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1′，根据机械能守恒定律有：mv1′2＝mg解得v1′＝设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋4mv2解得v2＝由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量大小为I＝4mv2＝(2)碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有4mv2＝6mv3根据机械能守恒定律有Epm＝×4mv22－×6mv32解得Epm＝mgh(3)当压缩的弹簧恢复原长时，C物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有4mv2＝4mv2′＋2mv3′×4mv22＝×4mv2′2＋×2mv3′2解得v3′＝1.如图14所示的电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，定值电阻R1＝1.5Ω.电动机正常工作时，理想电压表的示数U1＝3.0V．求：图14(1)电源的总功率；(2)电源的输出功率；

8(3)电动机消耗的电功率，以及将电能转化为机械能的功率．【答案】　(1)20W　(2)18W　(3)12W　8W【解析】　(1)已知电压表的示数U1＝3.0V和定值电阻R1＝1.5Ω，根据欧姆定律可求出电路中的电流I＝＝2.0A(2分)电源的总功率P总＝EI＝20W(1分)(2)电源的输出功率P出＝EI－I2r＝18W(2分)(3)根据闭合电路的欧姆定律，电动机两端的电压U2＝E－U1－Ir＝6V(2分)电动机消耗的电功率P电＝U2I＝12W(1分)电动机将电能转化为机械能的功率，就是电动机的输出功率P机＝U2I－I2R0＝8W．(2分)1.如图7所示为A、B两质点做简谐运动的位移－时间图像．试根据图像求：图7(1)质点A、B的振幅和周期；(2)这两个质点简谐运动的位移随时间变化的关系式；(3)在时间t＝0.05s时两质点的位移分别为多少．【答案】　见解析【解析】　(1)由题图知质点A的振幅是0.5cm，周期为0.4s，质点B的振幅是0.2cm，周期为0.8s.(2)由题图知，质点A的初相φA＝π，由TA＝0.4s得ωA＝＝5πrad/s，则质点A的位移表达式为xA＝0.5sin(5πt＋π)cm，质点B的初相φB＝，由TB＝0.8s得ωB＝＝2.5πrad/s，则质点B的位移表达式为xB＝0.2sin(2.5πt＋)cm.(3)将t＝0.05s分别代入两个表达式得xA＝0.5sin(5π×0.05＋π)cm＝－0.5×cm＝－cm，xB＝0.2sin(2.5π×0.05＋)cm＝0.2sin(π)cm.