安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二（上）期中素质测试物理试卷(含解析)

这是一份安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二（上）期中素质测试物理试卷(含解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，匀强磁场的磁感应强度为B，穿过线圈的磁通量为Φ，若线圈绕OO′轴转过60°的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ，则Φ和ΔΦ的大小分别为( )
A. BL22，BL24B. NBL22，NBL24
C. BL2，BL22D. NBL2，NBL24
2.如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则( )
A. 两绳中的张力大小一定相等B. P的质量一定大于Q的质量
C. P的电荷量一定小于Q的电荷量D. P的电荷量一定大于Q的电荷量
3.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，动量变为p、动能变为Ek。若上述过程F不变，物体的质量变为m2，经过时间2t，以下说法正确的是( )
A. 物体动量变为2pB. 物体动量变为p2C. 物体动能变为2EkD. 物体动能变为4Ek
4.图为某游客体验风洞飞行的图片，高速气流均匀地向上喷射出来，该游客处于水平悬空状态。若该游客(包括装备)的质量为m，气流的密度为ρ，重力加速度为g，气流接触身体的面积为S，且气流接触身体后水平向四周流出，则该游客所在高度处的气流速度大小为( )
A. mgρSB. mgρSC. ρmgSD. ρmgS
5.一物块静止在粗糙水平地面上，0∼4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0∼2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是( )
A. 前4s内拉力做的功为18JB. 第4s末物块的速度为0
C. 前4s内拉力的冲量为0D. 前4s内物块的位移大小为4m
二、多选题：本大题共5小题，共24分。
6.关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是( )
A. 电场强度的定义式E=Fq适用于任何电场
B. 由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r→0时，E→无穷大
C. 一小段通电导线在某处若不受磁场力，不能由公式B=FIL就说此处一定无磁场
D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向
7.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，( )
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
8.(多选)如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻(光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小)，L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是( )
A. 电流表示数增大B. 电压表示数不变C. 灯泡亮度变暗D. 电源效率增大
9.如图所示，一个带电荷量为−Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个带电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A，B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是
A. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度先减小再增大
B. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C. OB间的距离为 kQqf
D. 在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=fL0+12mv2q
10.一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。则( )
A. 运动员与网接触瞬间的速度大小为8m/s
B. 运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为120kg⋅m/s
C. 运动员的平均作用力大小为1350N
D. 运动员向上离网瞬间比向下触网瞬间的动能增加1080J
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.小明同学练习使用多用电表测电阻：

(1)如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动_____，使指针对准电流的“0”刻线。(填“S”或“T”)
②将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
③将红、黑表笔短接，旋动_____(填“S”或“T”)，使指针对准电阻挡的“0”刻线。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量。
A.将K旋转到电阻挡“×100”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×1”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表欧姆调零
(2)正确操作后，读数如图乙所示，则阻值为_____Ω。
(3)若欧姆表内用一个新电池(电动势为1.5V，内阻较小)，测得该电阻读数为R；然后更换另外品牌的新电池(电动势为1.5V，内阻较大)，欧姆表调零后测得该电阻读数为R′，则R____R′(选填“>”“=”或“FT1
由②④可得FT1FT2=m1m2
可知m2>m1；两小球的电荷量则无法判断。故选B。
3.A
【解析】解：AB、以初速度方向为正方向，经时间t，根据动量定理得：Ft=p−0
若上述过程F不变，物体的质量变为m2，经过时间2t，根据动量定理得：F⋅2t=p′−0
联立解得物体动量变为：p′=2p，故A正确，B错误；
CD、经时间t，动量变为p、动能变为Ek，时间变为2t后，动量变为2p；根据Ek=p22m可知，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故CD错误。
故选：A。
4.A
【解析】对 Δt 时间内吹向游客的空气，设气体质量为 Δm ，则风的动量变化量为
Δp=0−Δmv=−Δmv
其中
Δm=ρvΔtS
以 Δt 时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
−FΔt=0−Δmv
由于游客处于静止状态，则有
F=mg
解得气流速度大小为
v= mgρS
故A正确。
故选A。
5.B
【解析】B.结合乙图根据甲图有物块0∼1s内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有F1−f=ma1
物块1∼2s内，做匀速直线运动，有F2=f
物块2s后，做匀减速直线运动，有F3+f=ma2
代入数据，得m=1kg,a2=4m/s2
则设物块减速到零的时间为t，则有：0=v−a2t
代入数据，得t=1s
故第3秒末物块速度为零，第4秒内拉力与摩擦力平衡，物块静止，速度为零，故B正确；
D.根据A项分析易知速度−时间图像与坐标轴围成面积表示位移，则前4秒内的位移为x=1+32×4m=8m，故D错误；
A.根据动能定理，有WF+Wf=0，Wf=−fx，联立，可得WF=16J，故A错误；
C.前4s内拉力的冲量为甲图中F−t图像与坐标轴所围面积，则有IF=6×1N·s+2×1N·s−2×2N·s=4N·s，故C错误。
6.AC
【解析】A、电场强度的定义式E=Fq，适用于任何电场，故A正确．
B、由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r→0时，点电荷场强公式不再适用，故不能由此判断，B错误；
C、公式B=FIL是磁感应强度的定义式，公式成立的前提是B垂直于I，如果B平行于I，F为0，所以不能说F为0，就由公式B=FIL就说此处一定无磁场，故C正确；
D、磁感应强度的方向垂直于该处通电导线所受的安培力方向，故D错误。
故选AC。
7.BD
【解析】
A.如图所示 Eq=mg
故等效重力 G′ 的方向与水平成 45∘ 。
当 vy=0 时速度最小为 vmin=v1 ，由于此时 v1 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD.水平方向上 v0=Eqmt
在竖直方向上 v=gt
由于 Eq=mg ，得 v=v0
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知 WG+WEq=0
则重力做功等于小球电势能的增加量，故 BD正确；
C.当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
8.CD
【解析】ABC.当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，电路总电阻变大，干路电流减小，电流表示数减小；电源内电压减小，外电压变大，电压表测外电压，示数增大；干路电流减小，R1分得的电压也减小，R2两端电压增大，通过R2电流增大；干路电流减小，由干路电流等于支路电流之和可知灯泡电流减小，灯泡的功率变小，灯泡变暗，故C正确，AB错误；
D.根据η=U外E×100％，电源的效率η增大，D正确。
9.AC
【解析】A.由题意知，点电荷乙先减速后加速，点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，因两球靠近过程中库仑力逐渐增大，所以在AB段库仑力小于摩擦力，其合力逐渐减小，在B点合力为零，在BO段库仑力大于摩擦力，其合力逐渐增大，故加速度先减小后增大，故A正确；
B.在点电荷乙向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；
C.当速度最小时有：f=F库=kQqr2，解得：r= kQqf，故C正确；
D.点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq−fL0=12mv2−12mv02，解得：UAB=fL0+12mv2−12mv02q，故D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】A.离水平网面ℎ1=3.2m高处自由下落，由12mv12=mgℎ1得网接触瞬间的速度大小为v1= 2gℎ1=8m/s故A正确;
B.设向上为正方向，则v1=−8m/s，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面ℎ2=5.0m高处，由12mv22=mgℎ2得离网速度大小为v2= 2gℎ2=10m/s，动量的变化量大小Δp=mv2−mv1=1080kg⋅m/s故B错误;
C.网对运动员的平均作用力，根据动量定理Ft−mgt=Δp
解得 F=1950N
方向竖直向上；
故C错误；
D.运动员动能变化量为ΔEk=12mv22−12mv12=1080J，故D正确。
11.(1) S T BDC
(2)19.0(或19)
(3)=
【解析】(1)①[1]电表使用前，先旋动机械调零旋钮S使指针对准电流的“0”刻线；
③[2]选择欧姆挡位后进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，旋动T使指针对准电阻挡的“0”刻线；
④[3]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，即被测电阻阻值偏小，将K旋转到电阻挡“×1”的位置，将两表笔短接，旋动T，对电表欧姆调零，然后将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，所以操作顺序为BDC；
(2)读数为 19×1Ω=19Ω ；
(3)由欧姆表的结构可知，电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消，所以两次的测量值是相等的。
12.①5；②a；③ 2.9；0.80。
【解析】①电源内阻较小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱。
②由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于a端；
③由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压：U=E−I(r+R)
由图示图象可知，图象纵轴截距：b=E=2.9V
图象斜率的绝对值：k=r+R=△U△I=2.90.5Ω=5.80Ω
电源内阻：r=0.80Ω
13.【解析】(1)把小量程的毫安表改装成满偏电压U=10V的电压表，根据串联电路的分压特点可知，需要串联电阻，
且串联电阻的阻值为R=UIg−rg=(101×10−3−200)Ω=9800Ω。
(2)如图所示，若使用a和b两个接线柱，电表量程为I1=3mA，
则有R1+R2=IgrgI1−Ig=1×2003−1Ω=100Ω，
若使用a和c两个接线柱，电表量程为I2=10mA，
则有R1=Ig(rg+R2)I2−Ig=1×(200+R2)10−1=200+R29，
联立两式求得R1=30Ω，R2=70Ω。
14.【解析】(1)滑水者从管口到水面做平抛运动
水平方向匀速直线运动：x=v1t1
竖直方向做自由落体运动：ℎ=12gt12
联立得：v1=2m/s
从管口到水面，由动能定理得：mgℎ=Ek2−12mv12
解得：Ek2=200J
(2)从开始下滑到下端口，由动能定理得：mg(H−ℎ)+Wf=12mv12
解得：Wf=−2400J
(3)滑水者下滑过程中动量变化量：Δp=mv1−0=100kg⋅m/s，方向水平向右，
重力冲量：IG=mgt=1500 3N·s，方向竖直向下，如图所示：
，
由动量定理，管道对滑水者的冲量大小I= (Δp)2+IG2=2600N⋅s。
15.【解析】(1)根据动能定理可得
qU=12mv02
所以
v0= 2qUm
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，有
t=T4=14⋅2πRv0=πR2 m2qU
(2)根据牛顿第二定律可得
Eq=mv02R
所以辐向电场中虚线上各点电场强度的大小为
E=2UR
(3)粒子在AB板间运动时，有
2L=v0t′
L2=12at′2
a=qU′mL
Q=CU′
联立可得
Q=CU2