浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年高二上学期期初考试物理 Word版含解析.docx

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北仑中学2023学年高二年级第一学期期初考试物理选考试卷第I卷（选择题）一、单选题（共39分）1.下列家用电器当中不是利用电流的热效应工作的是（　　）A.电茶壶B.电熨斗C.电视机D.电热毯【答案】C【解析】【详解】A．电茶壶将电能转化为热能，利用电流的热效应工作，故A错误；B．电熨斗将电能转化为热能，利用电流的热效应工作，故B错误；C．电视机将电能转化为光能和声音能量，故C正确；D．电热毯将电能转化为热能，利用电流的热效应工作，故D错误。故选C。2.下列关于电势、电势能功说法正确的是（　　）A.电荷在电场中具有的电势能越大，电荷所在位置的电势就越高B.把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，初位置的电势一定比末位置电势高C.电势为零的位置，电势能不一定为零D.电荷在电场中运动，电势能一定会发生改变【答案】B【解析】【详解】A．正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小。故如果是负电荷，则电势能越大，说明电势越小，故A错误；B．把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，则说明电势能减小，则由可知，初位置的电势一定比末位置电势高，故B正确；C．由可知，电势为零的位置，电势能一定为零。故C错误；D．电荷在电场中运动，只有电场力做功时电势能才会发生变化，如果在等势面上运动，则电势能不会发生改变。故D错误。故选B。3.如图电路中，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得Uac=Ubd=6V，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（　　） A.开关S未接通B.灯泡L1的灯丝断了C.灯泡L2的灯丝断了D.滑动变阻器R电阻丝断了【答案】C【解析】【详解】用电压表测得Uac=Ubd=6V，根据电压表有读数说明与电压表串联的电路是没有故障的，所以故障是灯泡L2的灯丝断了，则C正确；ABD错误；故选C。4.一只爆竹竖起升空后在高为5m处达到最高点，发生爆炸分为质量不同的两块，两块质量之比为，其中小的一块落地时水平位移为6米，则两块爆竹落地后相距（　　）A.4米B.9米C.10米D.12米【答案】C【解析】【详解】在高点爆炸过程中，根据动量守恒定律可得可得在竖直方向水平方向已知其中小的一块落地时水平位移为6米，可求得大的一块落地时水平位移为4米，则则两块爆竹落地后相距10m，故C正确，ABD错误。故选C。5.2018年4月12日，我国遥感三十一号01 组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则A.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/sB.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/sC.要使火箭能成功发射至少要喷气500次D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s【答案】A【解析】【详解】火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律：，解得v3≈4m/s，选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则，其中vn=7.9km/s，解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气666/20=33.3s，选项CD错误；故选A.6.如图所示，实线是一电场中的电场线，虚线是一负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从处运动到处，以下判断正确的是（　　）A.电荷从到加速度减小B.处电势能小C.处电势高D.电荷在处比在处的速度小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图可知处的电场线比处的电场线密，说明处的场强大于处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在处的加速度大于在处的加速度，所以A错误；C．由图可知，电荷做曲线运动，图必受到不等于零的合外力，即，且的方向应指向运动轨迹的凹侧。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断处电势高低关系是，所以C错误；B．根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90° ，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由电势能增加，处电势能大，所以B错误；D．电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加，则动能减小，即速度减小，所以D正确；故选D。7.光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，一质量为m的物块甲从圆弧轨道上的A点由静止下滑，在水平轨道上滑行的最大距离为s。在B点放置另一质量为3m的物块乙后，再把质量为m的物块甲从A点由静止释放，已知甲，乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同，两物块均可视为质点，则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的最大距离为（　　）A.4sB.C.D.【答案】D【解析】【详解】由动能定理可知，对甲下滑的过程有对甲在水平轨道上滑行时有两物块碰撞时有两物块粘连后在水平轨道上滑行时有解得 故选D。8.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与一灵敏静电阻相接，电容器电荷量可认为不变，静电计指针偏转一定的角度。以C表示电容器的电容、表示P点的电势。下列说法中正确的是（）A.若将电容器充上更多的电再断开，变大，C变大B.若将正极板也接地，电容器放电，变小，C变小C.若正极板向右移动，变大，不变D.若正极板向右移动，变大，变大【答案】C【解析】【详解】AB．根据，可知电容器的电容由插入极板间的电介质、正对面积、板间距共同决定，与充电、放电均无关，而当给电容器充电时，电荷量变大，静电计指针张角变大，若电容器充满电后，电荷量稳定不变，静电计指针张角不变；当电容器正极板与大地相连构成回路，电容器放电，而当电容器放电时，电荷量减小，因此两极板间的电压减小，静电计指针张角减小，故AB错误；CD．若将正极板向右移动，则根据，可知，电容器的电容将减小，而电荷量不变，因此电容器两极板间的电压将增大，静电计指针张角变大，而再结合三式联立可得即当电容器两极板所带电荷量不变的情况下，增大或者减小板间距电场强度不变，而负极板接地，电势为 0，负极板与P点的距离不变，根据可知，P点的电势不变，故C正确，D错误。故选C。9.2021年7月30日，在东京奥运动会女子蹦床项目决赛中，中国选手朱雪莹、刘灵玲发挥出色，包揽金银牌。蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示，比赛中运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在（　　）A.OA段动量守恒B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量C.B点的动量为零D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小【答案】D【解析】【详解】A．忽略空气阻力，运动员在OA段只受重力，则合外力不为零，动量增大，故A错误；B．忽略空气阻力，运动员在AC段受重力和弹力，根据动量定理可知，运动员在AC段的动量变化量等于重力和弹力的冲量的矢量和，故B错误；C．运动员在B点时，加速度等于零，速度不为零，动量不为零，故C错误；D．对全过程应用动量定理可知则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小，方向相反，故D正确。故选D。10.在如图所示的电路中，电流表A1、A2，电压表V均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时（　　） A.电流表A1示数变大B.电流表A2示数变大C.电压表V示数变大D.电源的输出功率变大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，R1与R2并联，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，R2接入电路阻值增大，则外电路中的总电阻R增大，根据闭合电路的欧姆定律知，电路中电流I变小，即电流表A1示数变小，故A错误；C．路端电压为可知，路端电压U变大，即电压表示数变大，故C正确；B．通过R1的电流由于U变大，则I1变大，通过R2的电流为由于I变小，I1变大，则I2变小，即电流表A2示数变小，故B错误；D．由于不知道外阻与内阻的大小关系，当外阻变大时无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误。故选C。11.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的两点，两点电荷连线上各点电势随位置变化的关系如图所示。其中两点的电势均为零，段中点电势最高，则下列说法正确的是（　　） A.处为负点电荷，处为正点电荷B.C.间电场强度的方向沿轴正方向D.将一负点电荷从点移到点，电场力先做正功再做负功【答案】D【解析】【详解】A．沿着电场线方向电势降低，离正电荷越远电势越低，离负电荷越远电势越高，可知处为正点电荷，处为负点电荷，故A错误；B．由点电荷场强公式可知，若电荷量等于的电荷量，由对称性可知，应该是O、M中点的电势为零，由图可知电荷量不相等，由于A点距离O点比较远而距离M点比较近，所以有故B错误；C．N到C电势升高，故NC间场强方向沿x轴负方向，故C错误；D．将一负点电荷从N点移到D点，由可知，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D正确。故选D。12.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后（） A.A向左运动，速度大小为v0B.A向右运动，速度大小为v0C.A静止，B也静止D.A向左运动，速度大小为2v0【答案】D【解析】【详解】A、B发生弹性碰撞，取向右为正，则解得碰后A的速度为得即A向左运动，速度大小为2v0。故选D。13.如图，为半圆形容器的水平直径，为圆心，物块放置在半圆形容器中的点，与的夹角为。物块和半圆形容器一起水平向右运动，速度的大小为。某时刻半圆形容器速度突然变为0，小物块沿圆弧面上滑，恰好滑至半圆弧的最高点。已知物块质量为，重力加速度为，则（　　）A.匀速运动过程中重力对物块做功的功率为B.匀速运动过程中摩擦力对物块做功的功率为C.物块上滑过程中克服摩擦力做的功为D.物块上滑过程中克服摩擦力做的功为【答案】D【解析】【详解】A．匀速运动过程中重力对物块做功的功率为 故A不符合题意；B．物体作匀速运动过程中受力平衡，摩擦力为在水平方向的分力为摩擦力对物块做功的功率为故B错误；CD．当容器速度为0，物块上滑时，将v分解为沿圆弧切向的v1和沿半径OP方向的v2；从P点到B点过程中，是切向速度v1在f与G的作用下变为0的过程，而径向速度v2保持不变，所以到达B点时的物块速度为由动能定理可得物块上滑过程中克服摩擦力做的功为故C错误，D正确。故选D。二、多选题（共9分）14.如图所示，可视为质点的两物块A、B，质量分别为m、2m，A放在一倾角为并固定在水平面上的光滑斜面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，托住B使两物块处于静止状态，此时B距地面高度为h，轻绳刚好拉紧，A和滑轮间的轻绳与斜面平行。现将B从静止释放，斜面足够长。重力加速度为g。关于B落地前绳中张力的大小T和整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离L，下列选项中正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】AB．设B落地前两物块加速度大小为a，对于A，由牛顿第二定律得对于B，由牛顿第二定律得解得故A正确，B错误；CD．设B落地前瞬间A的速度为，由运动学公式得设B落地后，A沿斜面向上运动的过程中加速度大小为，则设B落地后，A沿斜面向上运动的最大距离为，由运动学公式得解得所以，整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离故C正确，D错误。故选AC。15.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压为U的加速电场加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，偏转电场电压为U2，板长为l ，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是A.增大两板间的偏转电压U2B.尽可能使板长l短一些C.尽可能使板间距离d小一些“D.减小加速电压U1【答案】CD【解析】【详解】带电粒子加速时应满足：带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：l=v0t，，，联立以上各式可得为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是:尽可能使板间距离d小一些“；尽可能使板长l长一些；减小加速电压U1．A.A项与上述分析的结论不相符，故A不符合题意；B.B项与上述分析的结论不相符，故B不符合题意；C.C项与上述分析的结论相符，故C符合题意；D.D项与上述分析的结论相符，故D符合题意；16.长为L，质量为M平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点）以速度滑上小车的左端，最后刚好停在小车的右端，如图甲所示；若小车以速度 向左运动时，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，则（　　）A.木块最终刚好停小车右端B.木块最终停在小车上，但还离右端一段距离C.木块将滑出小车D.两种情况中木块相对小车滑行的时间相等【答案】AD【解析】【分析】【详解】ABC．如图甲所示，由动量守恒定律和能量关系可知如图乙所示，由动量守恒定律和能量关系可知联立解得x=L选项A正确，BC错误；D．对甲图情况，对小车由动量定理对乙图情况，对滑块由动量定理解得t1=t2选项D正确。故选AD。 第II卷（非选择题）三、实验题（共12分）17.下图为“验证动量守恒定律”的实验装置，实验中选取两个小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，使斜槽的末端切线水平；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端由静止释放，标记小球在水平桌面上的落点位置；④将小球m2放在斜槽末端，仍让小球m1从斜槽顶端由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在水平桌面上的落点位置；⑤图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在水平桌面上的三个落点平均位置，测出M、P、N点到斜槽末端的水平桌面投影点O点的距离，分别标记为SM、SP、SN。依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如下图所示，其读数为___________。（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式___________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。【答案】①.10.5②.【解析】【详解】（1）[1]被测小球的直径为（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，因为抛出点的高度相等，所以小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，两球碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前入射球的速度，且小于被碰球的速度，碰撞后入射球的水平位移变小，入射球的水平位移小于被碰球的水平位移，由图示可知，入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的P、M两点，被碰球落地位置是N，设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后入射球速度大小为v1，被碰球速度大小为v2，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，则有则所以只要满足关系式，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。18.现要测量一节电动势约为2V，内阻在0.1〜0.3Ω之间的旧蓄电池的电动势和内阻，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：A.电压表V（量程0〜3V，内阻10kΩB.电流表A1（量程0〜0.6A，内阻0.3Ω）C.电流表A2（量程0〜3A，内阻0.05Ω）D.定值电阻R1（阻值1Ω，额定功率0.5W）E.定值电阻R2（阻值10Ω，额定功率0.1W）F.滑动变阻器R3（阻值范围0〜10Ω，额定电流1A）G.滑动变阻器R4（阻值范围0〜100Ω，额定电流0.5A）小李设计的电路如图甲所示。利用该电路，小李在实验中正确操作，测出了多组数据，根据测量数据描点法作出了图乙所示的电压表示数U与电流表示数I之间的关系图像。（1）在小李设计电路中，滑动变阻器应选___________（只填器材序号字母）；（2）利用图乙测出的蓄电池内阻r=___________Ω；（结果保留到小数点后两位）（3）用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系E测___________E真，r测___________r真。（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】①.F②.0.19③.小于④.小于【解析】【详解】（1）[1]在设计的电路中，电源内阻和定值电阻都较小，为方便操作，滑动变阻器应选F； （2）[2][3]根据利用图乙测出的蓄电池电动势E=1.96V内阻（3）[4]由于电压表的分流作用，当电流表示数为零时，仍有一些电流通过电压表，电压表测得电压小于电动势，即电动势测量值小于真实值；[5]由于电压表的分流作用，所测电流偏小，导致图像斜率偏小，故用该电路测内阻，测量值和真实值的关系r测小于r真。四、解答题（共40分）19.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v。（1）求行驶过程中汽车受到的阻力大小；（2）当汽车的车速为时，求汽车的瞬时加速度。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）汽车达到最大速度后，将匀速前进，根据共点力平衡条件得再根据功率与速度的关系得联立解得汽车受到的阻力大小为（2）当车速为时，根据功率与速度的关系得再根据牛顿第二定律得联立解得汽车的瞬时加速度的大小为 20.宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度水平抛出，水平射程为x。已知月球的半径为R，万有引力常量为G。不考虑月球自转的影响。求：（1）月球表面的重力加速度大小g月；（2）月球的质量M；（3）月球第一宇宙速度v。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）在月球上小球做平抛运动，则解得（2）在月球表面忽略地球自转，万有引力等于重力，即解得（3）重力提供向心力，则解得21.示波器的核心部件是示波管，它是利用电场使运动粒子向预期方向偏转的。如图甲所示，平行极板长 L1=20cm，宽度d=2cm，极板间电压U0（未知）保持不变，一质量m=6.4×10-27kg（重力不计）、电荷量q=3.2×10-19C的粒子沿极板中心线以速度v0=1×106m/s射入极板间，正好在下极板边缘飞出。足够大的竖直屏与极板右侧相距L2=20cm，极板与竖直屏区域间不存在电场，已知M点是中心线与屏的交点，求：（1）极板间电压U0是多少；从极板边缘射出时速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值（tanθ）等于多少；（2）粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y为多少；（3）如果极板间换成如图乙所示的变化的电压（U0大小不变），其他条件不变，那么t0=1×10-7s时刻射入的带电粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y1为多少。【答案】（1）200V；0.1；（2）3cm；（3）0.5cm【解析】详解】（1）平行极板间带电粒子做类平抛运动代入数据解得U0=200V解得tanθ=0.1（2）方法一：相似三角形法解得 Y=3cm方法二：公式法解得Y=3cm（3）在交变电场中，t0=1×10-7s时刻射入的带电粒子，偏转电场中运动时间和加速度都是不变。带电粒子竖直方向先向下加速运动t1=1×10-7s再向下减速运动t2=1×10-7s，则=0竖直偏移量=0.5cm解得Y1=y=0.5cm22.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v="2m/s"的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2．（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．【答案】（1）4m/s（2）不能（3）【解析】 【详解】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知①②设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a③设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有④结合②③④式解得v=4m/s⑤由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知⑥⑦解得⑧即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则⑨⑩所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知11物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为……12则第n次碰撞后物块B的速度大小为 1314