2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二（上）第一次质量检测物理试题含解析

这是一份2021-2022学年陕西省西安市长安区第一中学高二（上）第一次质量检测物理试题含解析，共36页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

 长安一中2021-2022学年度第一学期第一次质量检测
物理试卷
一、选择题（本题共16小题，每题4分，共64分。其中1至11小题为单选题，四个选项中只有一个选项正确；12至16小题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）
1. 如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力示意图为 （ ）


A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】将A、B做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离体法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A正确，BCD错误．
2. 手机充电器又名电源适配器．手机常用锂离子电池的充电器采用的是恒流限压充电，充电器上所标注的输出参数如图所示，充电的锂离子电池标识如图所示．对于电源适配器与锂电池，下列说法正确的是（ ）


A. 手机电池标识的mAh是电功的单位
B. 电源适配器输出的电压是6V交流电
C. 如果工作电流是200mA，手机电池能连续工作约8个小时
D. 手机充电时会微微发热，所以手机充电器主要是把电能转化成热能的装置
【答案】C
【解析】
【分析】从手机电池的铭牌可以读出充电电压、输出电压和电容量，而电容量q=It．
【详解】根据q=It，手机电池标识的mAh是电量的单位，故A错误；电源适配器输出的是6V直流电，DC表示直流，AC表示交流，故B错误；如果工作电流是200mA，手机电池最多能连续工作时间：，故C正确；手机充电时会微微发热，说明有很小部分电能被手机充电器转化为内能，故D错误；故选C．
【点睛】本题关键是明确电池的三个参数：电动势、电容量和内阻，注意电容量q=It，基础题目．
3. 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车，而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初1.5 s内通过的位移与最后1.5s内通过的位移之比为x1∶x2=5∶3，汽车运动的加速度大小为a=5 m/s2，则（　　）
A. 汽车制动的总时间为3s B. 汽车制动的总时间为2s
C. x1=10m D. 汽车制动总位移为24m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】刹车做匀减速直线运动的加速度为a，运动总时间为t，把刹车做匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后1.5s内通过的位移

在最初1.5s内通过的位移

又

解得

x1=9.375m
汽车制动总位移为

故选B。
4. 如图所示，有5 000个质量均为m的小灯珠，将它们用长度相等的轻导线依次连接，再将其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小灯珠静止。若连接天花板的导线与水平方向的夹角为45°。则第2020个小球与2021个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（　　）


A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得
F=5000mg

再以2021个到5000个小球共2980个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有

故A正确，BCD错误。
故选A。
5. 天文兴趣小组查找资料得知：某天体质量为地球质量的a倍，其半径为地球半径的b倍，表面无大气层，地球的第一宇宙速度为v．则该天体的第一宇宙速度为（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式解得．
【详解】设地球质量M，某天体质量是地球质量的a倍，地球半径r，某天体径是地球半径的b倍
由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：
解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式
分别代入地球和某天体各物理量得：
，故A正确．
故选A．
【点睛】本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式．
6. 甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )
A. m1＝m2 B. 2m1＝m2
C. 4m1＝m2 D. 6m1＝m2
【答案】C
【解析】
【详解】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有
p1＋p2＝p1′＋p2′
即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有

所以有

因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有

即

同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即

所以

因此C选项正确。
故选C。
7. 有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示;在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为k，半径为R的球面面积为S=4R2，则下列说法正确的是( 　　)

A. 均匀带电球壳带电密度为
B. 图中r=1.5R
C. 在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高
D. 球面与球心间电势差E0R
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：

解得球壳带电量：

则均匀带电球壳带电密度为：

故A正确；
B．根据点电荷场强公式：

解得

故B错误；
CD．由题意可知在在x轴上各点中，在0-R范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，故CD错误；
故选A。
8. 传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器。当待测压力F作用于可动膜片电极时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么（　　）
①当F向上压膜片电极时，电容将减小
②当F向上压膜片电极时，电容将增大
③若电流计有示数，则压力F发生变化
④若电流计有示数，则压力F不发生变化。

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①②当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式

可知电容器的电容将增大，故①错误、②正确；
③④当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由
Q=CU
故电容器所带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数；反之，电流计有示数时，压力F必发生变化，故③正确，④错误。
故选C。
9. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则（　　）

A. 电流表A1的读数等于电流表A2的读数
B. 电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角
C. 电压表V1的读数大于电压表V2的读数
D. 电压表V1的偏转角大于电压表V2的偏转角
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．由于电流表是由小量程的电流表并联一个小电阻改装成的，并且并联的电阻越小，量程越大，由于A1量程大于A2的量程，因此A1的内阻小于A2的内阻，从而流过A1的电流大于A2的电流，而在改装的内部电路中，两个小量程电流表接入电路中也是并联的关系，流过小量程电流表表头的电流相同，因此两块电流表表针偏转角度相同，AB错误；
CD．电压表是由小量程的电流表串联一个大电阻改装成的，而且串联的电阻越大，电压表的量程越大，由于V1的内阻大于V2的内阻，当两块电压表串联时，V1分得的电压高，读数大，而在两块电压表内部，两个表头也是串联的关系，流过表头的电流相同，从而两块表头的偏转角度相同，C正确，D错误。
故选C。
10. 示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，为水平偏转电极，为竖直偏转电极．以下说法正确的是


A. 加图3波形电压、不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点
B. 加图2波形电压、加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C. 加图4波形电压、加图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D. 加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线
【答案】A
【解析】
【详解】加图3波形电压、不加信号电压，则电子将在两个不同方向的电压一定的电场中运动发生两个大小相同方向相反的位移，故在屏上水平方向的两个位置出现亮点，选项A正确；加图2波形电压、加图1波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，选项B错误；加图4波形电压、加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，选项C错误；
加图4波形电压、加图3波形电压，屏上将出现图3所示图线，选项D错误；故选A.
【点睛】本题考查示波器原理，搞清楚两个电压的作用是关键．
11. 检测煤气管道是否漏气通常使用气敏电阻传感器。某气敏电阻的阻值随空气中煤气浓度增大而减小，某同学用该气敏电阻R1设计了图示电路，电源内阻不计，R为变阻器，a、b间接报警装置。当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警报。则（　　）


A. 煤气浓度越低，a、b间电压越高
B. 煤气浓度越高，流过R1的电流越小
C. 煤气浓度越低，电源的功率越大
D. 调整变阻器R的阻值会影响报警装置的灵敏度
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．煤气浓度越高气敏电阻R1阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I越大，电阻两端电压
U＝IR
变大，即a、b间电压越高，故AB错误；
C．煤气浓度越低，气敏电阻R1越大，电路总电阻越大，电路电流I越小，电源功率
P＝EI
越小，故C错误；
D．调整变阻器R的阻值会改变煤气浓度一定时a、b间的电压，会影响报警器的灵敏度，故D正确。
故选D。
12. 平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且a=-2 m/s2，t=3 s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（　　）


A. a车的速度是2 m/s
B. t=3 s时，a、b两车的速度相等，相距最远
C. b车的初速度是6 m/s
D. t=0 s时a车和b车之间的距离为9 m
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．.x－t图象的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为

A正确；
BC．t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，则t＝3 s，b车的速度为

设b车的初速度为v0，对b车，由

解得
v0＝8 m/s
BC错误；
D．t＝3 s时，a车的位移为

b车的位移为

t＝3 s时，a车和b车到达同一位置，所以t＝0时两车相距

D正确；
故选AD。
13. 如图所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道（磁道为不同半径的同心圆），每个磁道分为m个扇区（每个扇区为圆周）。电动机使磁盘以转速n匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一周，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时（　　）

A. A点的线速度大于B点的线速度
B. A点的向心加速度小于B点的向心加速度
C. 硬盘转动一圈的时间为2πn
D. 一个扇区通过磁头所用的时间为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．A、B两点是同轴转动，角速度相同；根据

可知半径越大，线速度越大，故A点的线速度大于B点的线速度，故A正确；
B．根据公式

可知半径越大，向心加速度越大，A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故B错误；
C．因为转速的单位为r/s（转每秒），即转一圈的时间为

C错误；
D．一个扇区通过磁头所用的时间为

D正确．
故选AD。
14. 如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.80则（　　）

A. 物体的质量m=1.5 kg
B. 物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.80
C. 物体上升过程中的加速度大小a=10 m/s2
D. 物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．物体到达最高点时，动能为零，机械能

则

故A错误；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，由功能原理得

可得

故B错误；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得

解得

故C正确；
D．由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功

在整个过程中由动能定理得

则物体回到斜面底端时的动能

故D正确；
故选CD。
15. 如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是（　　）

A. 小球带负电
B. t1 C. t1>t2
D. 将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下
【答案】AB
【解析】
【详解】A．板内电场方向向下，而电荷受到的电场力向上，所以小球带负电，故A正确；
BC．由于小球在电场中受到的电场力和重力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图像如图所示

由图可知
t1 故B正确，C错误；
D．将B板向上平移少许时两板间电压不变，根据动能定理


联立可得

可知小球不到D孔就要向上返回，故D错误。
故选AB。
16. 如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，O为圆周的圆心。另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（　　）


A. 圆周上D点的电势最高
B. 微粒受到的电场力大小为
C. 通过E点的微粒动能大小为
D. 从A离开微粒的动能等于B点的动能
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定，则D点电势不一定最高。
在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有


解得


故选项A错误、B正确；
C．从B到E电场力做功

重力功

动能定理有

选项C正确；
D．OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，AB两点关于最高点对称，可知从B到A合力功为零，从A离开微粒的动能等于B点的动能，选项D正确。
故选BCD。
二、实验探究题（17题9分，18题5分，共14分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
17. ①某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如题图1和题图2所示，长度L= ______ mm，直径d= ______ mm．
②现备有下列器材：待测金属棒：Rx（阻值约5Ω）；电压表：V1（量程3V，内阻约3kΩ）；V2（量程15V，内阻约9kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
电源：E1（电动势3V，内阻不计）；滑动变阻器：R1（最大阻值约20Ω）；R2（最大阻值约1000Ω）；开关S；导线若干．

若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选 ______ ，电流表应选 ______ ，滑动变阻器应选 ______ （均选填器材代号）．正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_________．用伏安法测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率ρ= ______ ．（用题目中所给各个量的对应字母进行表述）
【答案】 ①. 23.5 ②. 6.713 ③. V1 ④. A1 ⑤. R1 ⑥. ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】① [1]游标卡尺读数
[2]螺旋测微器读数
② [3][4]电源电动势3V，电压表应选V1（量程3V，内阻约3kΩ），待测金属棒：Rx（阻值约5Ω），电流表应选A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）
[5]滑动变阻器采用限流接法，滑动变阻器应选用相对待测金属棒电阻较大且与待测金属棒电阻具有可比性（相差不超过10倍）的滑动变阻器，则滑动变阻器应选R1（最大阻值约20Ω）
[6]待测金属棒电阻相对电压表电阻较小，则采用电流表的外接法．实物电路的连接如图：

[7]U-I图象的斜率为k，则R=k，据

得

18. 某兴趣小组同学要利用NTC热敏电阻测量温度，图甲为该热敏电阻的电阻特性曲线，为了测量某状态下的温度，需先测量热敏电阻在该状态温度下的电阻值．

请按要求完成下列实验：
(1)若温度的测量范围为0～25 ℃.不考虑其他因素对电路的影响，要求误差较小，实验室提供的器材如下，请在图乙的虚线框内画出实验电路图．
A．NTC热敏电阻
B．电压表V：量程5 V，内阻约3 kΩ
C．电流表A：量程5 mA，内阻为250 Ω
D．滑动变阻器R：最大阻值为200 Ω
E．直流电源E(电动势6 V，内阻不计)
F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将热敏电阻置于待测状态下，接通电源，电流表的示数是3.20 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.
(3)此时热敏电阻的阻值为________ kΩ；结合图甲可知待测温度为________℃.(计算结果均保留两位有效数字)
【答案】 ①. ②. 4.00 ③. 1.0； 25℃（24~26℃范围内均给分）
【解析】
【详解】（1）实验过程中需要电压从零开始，故采用滑动变阻器的分压接法，由于热敏电阻大，所以采用电流表的内接法，电路图如图所示：

（2）电压表分度值为0.1V，所以读数为4.00V，
（3）热敏电阻的阻值为，从图甲中可知待测温度为25℃（24~26℃）．
三、计算题（共3道题，总计32分。19题8分，20题10分，21题14分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）
19. 《公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8 J/cm2都认定为枪支。枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积。现有一玩具枪，其枪管长度L=20 cm，枪口直径d=6 mm，子弹质量为m=2 g。在测试中，让玩具枪在高度h=1.8 m处水平发射，实测子弹水平射程为12 m，不计子弹受到的阻力，g=10 m/s2，求：
（1）子弹出枪口的速度大小；并计算说明此玩具枪是否能被认定为枪支？
（2）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力大小。
【答案】（1）不能；（2）2 N
【解析】
【分析】
【详解】（1）子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间
t==0.6 s
由
x=vt
得
v==20 m/s
子弹出枪口瞬间具有的动能
Ek=mv2=0.4 J
枪口处动能为
≈1.42 J/cm2<1.8 J/cm2
故不能认定为枪支。
（2）子弹在枪管内做匀加速运动，由
v2=2aL
得
a==1000 m/s2
由牛顿第二定律得
F=ma=2 N
20. 一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力．
（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有
②
联立①②式得
③
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和．由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
⑧
21. 如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：

（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；
（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．
【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小．
偏转电场所加电压．
偏转电场电压2，3，，周期2，3，
【解析】
【详解】（1）电子经加速电场加速：

解得：

（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：

解得：

又

解得：

（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则
因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足

则
（n=1，2，3，4…）
在竖直方向位移应满足

解得：
（n=1，2，3，4…）
【点睛】带电粒子在电场中运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．