江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题物理含解析

这是一份江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题物理含解析，共18页。试卷主要包含了12等内容，欢迎下载使用。
高二物理（选修） 2021.12
试卷满分：100分， 考试时间：75分钟
注意事项：
1．作答第Ⅰ卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码。
2．将选择题答案填写在答题卡的指定位置上（使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂），非选择题一在答题卡上作答，在试卷上答题无效。
3．考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。
第 Ⅰ 卷（选择题 共40分）
一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的。（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中。）
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大
B. 穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强度一定为零
C. 磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向相同
D. 若一小段电流在某处所受的磁场力为零，则该处的磁感应强度不一定为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场中磁感应强度大的地方，若闭合线圈平面跟磁场方向平行时，磁通量却为零，则磁通量不一定很大，故A错误；
B．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度不一定为零，也可能这个面与磁场平行，故B错误；
C．根据左手定则可知，磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向垂直，故C错误；
D．一小段电流在某处所受的磁场力为零，该处不一定无磁场，可能是因为导线与磁场平行，故D正确；
故选D。
2. 我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中的电流是10 mA时(设电子的速度是3×107m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e=1.6×10－19C)( )
A. 5×1011个B. 5×1010个
C. 1×102个D. 1×104个
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：电子运动一周用的时间：，因为，，在整个环中运行的电子数目个，A正确．
考点：考查了电流的宏观定义
【名师点睛】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量，可求在整个环中运行的电子数目．
3. 如图所示，摆长为L的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一个光滑的钉子，的长度为长度的，使摆球A通过最低点向左摆动，碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是（ ）
A. 摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力不变
B. 摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力变小
C. 单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的
D. 单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的
【答案】D
【解析】
【详解】AB．摆球A通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得
得
由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力变大，故AB错误；
CD．根据单摆周期公式
未加钉子时，周期
悬线长变为被挡后，周期变为
所以加了钉子的周期为
所以周期变为原来的，故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图是某质点做简谐运动时的振动图像，根据图像可以判断（ ）
A. 在第1.5秒时，质点向x轴正方向运动
B. 在第2秒末到第3秒末，质点做加速运动
C. 在第1秒末，质点的加速度为零
D. 从第1秒末到第3秒末，质点所受合外力做功为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．x-t图像某点切线斜率的正负表示该时刻质点速度的方向，在第1.5秒时，图像切线斜率为负，说明质点向x轴负方向运动，故A错误；
B．在第2秒末到第3秒末，质点远离平衡位置，做减速运动，故B错误；
C．在第1秒末，质点位于正向最大位移处，其加速度达到最大值，故C错误；
D．质点在第1秒末和第3秒末的速度均为零，所以从第1秒末到第3秒末，质点动能的变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零，故D正确。
故选D。
5. 如图所示为某种规格小灯泡的伏安特性曲线，若将该小灯泡接在电动势，内阻的电源上，则小灯泡消耗的实际功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将电源的U-I关系
U=E-Ir=3-6I
画在电阻的U-I图线上可知
两图像的交点U=1.85V，I=0.19A，则
P=IU=019×1.85W=0.35W
故选B。
6. 如图所示，甲图为一列简谐横波在t＝1.2s时刻的波形图像，乙图为简谐横波中质点A的振动图像，则下列说法中正确的是（ ）
A. 质点A向下运动，波向左传播B. 质点A向下运动，波向右传播
C. 质点A向上运动，波向左传播D. 质点A向上运动，波向右传播
【答案】A
【解析】
【详解】t=1.2s时，由乙图可知，简谐横波中质点A正在向下振动；再结合题图甲根据振动与波动的关系可知，波向左传播。故A正确。
故选A。
7. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=1kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A vA′=1m/s，vB′=7m/sB. vA′=2m/s，vB′=6m/s
C. vA′=4m/s，vB′=4m/sD. vA′=5m/s，vB′=3m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】根据动量守恒定律可得
①
根据碰撞过程系统机械能不会增多可得
②
联立①②解得
③
④
再根据碰撞能够发生可得
⑤
综上所述可知AD不可能，BC可能。
故选BC。
8. 如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直，A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法，正确的是（ ）
A. 三个线框同时落地
B. 三个线框中，A线框最后落地
C. B线框在C线框之后落地
D. B线框和C线框在A线框之后同时落地
【答案】D
【解析】
【详解】AB．A线框进入磁场过程中，不产生感应电流，线框不受安培力作用，只受重力，加速度等于g；B、C线框是闭合的，进入磁场过程中，产生感应电流，线框受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线框最先落地，故AB错误．
CD．设B、C线框的边长为L，材料横截面积为S，电阻率为电，密度为密，质量为m，进入磁场过程中速度为v时加速度为a，安培力F=BIL，I=，根据牛顿第二定律得：mg-=ma，得加速度a=g-=g-=g-g，可知加速度a与材料横截面积S无关，所以大小相同且用相同的金属材料制成的B、C线框同时落地，故C错误，D正确．
9. 如图所示，电源电动势E=12 V，内阻r=3Ω，直流电动机内阻0.5Ω。调节R2使电源输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6 W），则此时R2的阻值和电动机的输出机械功率P为（ ）
A. R2=2.5ΩB. P=4W
C. P=2WD. R2=4.5Ω
【答案】B
【解析】
【详解】当电动机M正常工作时，将电动机M等效为电阻为R的电阻，电源输出功率最大时，电源内阻等于外电阻，此时电源的输出功率为
此时电路中的电流为

则由
解得
R2=1.5Ω
电动机的输出机械功率
故选B.
10. 如图所示，一热气球正以竖直速度v匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离．已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A. 从分离开始，经过时间物体落地
B. 物体刚到达地面时，热气球的速度大小为
C. 物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为
D. 物体刚到达地面时，热气球上升的高度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，则有
解得

（舍去）
所以A错误；
B．物体刚到达地面时的速度为v1，则有
解得
对热气球与物体组成系统合外力为0，则系统的动量守恒，根据动量守恒定律有
联立解得
所以B错误；
C．物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为，则有
联立解得
所以C错误；
D．物体刚到达地面时，热气球上升的高度为H，则有
联立解得
所以D正确；
故选D。
第II卷（非选择题 共60分）
二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）
11. 如图甲所示为利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒。实验器材：支架两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺等．实验所在地重力加速度大小为g。
实验步骤如下：
（1）测量小球1、2质量分别为、，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，使两小球球心位于同一水平面，如图甲；
（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是相同的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
（3）如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1碰后到达最高位置为B，球2向右摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为、、，则碰后瞬间球1的速度大小为_______，碰后瞬间球2的速度大小为______；
（4）若满足关系式_________，则能证明碰撞中系统总动量守恒；若满足关系式________，则说明两小球发生的是弹性碰撞。
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【详解】(3)[1]球1碰后到达最高位置为B，小球1碰后过程有
解得小球1碰后的速度为
[2]小球2碰后的过程有
解得小球2碰后的速度为
(4)[3]将小球1拉至某一位置A，由静止释放，小球1到达最低点过程有
解得小球1碰前的速度为
若满足关系式
即
则能证明碰撞中系统总动量守恒；
[4]若满足关系式
即
则说明两小球发生的是弹性碰撞。
12. 某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率时。
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为___________cm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为___________mm。
【答案】 ①. 5.025 ②. 4.700（4.690或4.701）
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1] 游标为20分度，其测量精度为0.05mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为
5×0.05mm=0.25mm
所以最终读数为
50.25mm=5.025cm
(2)[2] 螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为
20.0×0.01mm=0.200mm
最终读数为
d=4.5mm+0.200mm=4.700mm
三、计算题（本大题共4小题，共48分。解答时请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。）
13. 如图所示，变阻器R2的最大电阻是10Ω，R3＝5Ω，电源的内电阻r＝1Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12 W.此时电灯R1正常发光，求：
（1）电灯阻值R1是多少？（设R1阻值恒定不变）
（2）当电键S断开时，调节变阻器的电阻，使电灯正常工作，此时的电源效率？
【答案】（1）2.5Ω；（2）90%
【解析】
【详解】（1）当电键S闭合时，由
P总－P出＝I2r
得
由
P总＝EI
得
路端电压
U＝E－Ir＝8V－2×1V＝6V
通过R3的电流为
通过电灯的电流为
I2＝I－I3＝(2－1.2) A＝0.8 A
电灯R1的阻值
（2）电灯额定电流
I额＝0.8 A
此时路端电压
电源的效率
14. 如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止。重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）流过cd的电流；
（2）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动，转动的角速度大小？
【答案】（1）5A；（2）顺时针；40rad/s
【解析】
【详解】（1）对cd进行受力分析可知
mgsinθ=BIL
代入数据可得流过cd的电流
（2）根据左手定则可知，流过cd的电流是由d到c；根据右手定则，则从上往下看，ab应沿顺时针方向转动；
根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势
E=I×（2R）=5×2×0.3V=3V
ab切割磁感线产生感应电动势
E=BLv
所以
解得
ω= 40rad/s
15. 如图所示，物体B和物体C用劲度系数为的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为处由静止释放，下落后与物体B碰撞。碰后A与B立刻粘合在一起并向下运动，在以后的运动中A、B不再分离。已知物体A、B、C的质量均为，重力加速度为，忽略空气阻力。求：
（1）求A与B碰撞后瞬间的速度大小；
（2）A和B一起运动达到最大速度时，物体C对水平面地的压力大小；
（3）开始时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中才能使物体C恰好离开地面。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物体A碰前速度，有
A、B碰撞时动量守恒，有
解得
（2）当A、B达到最大速度时，A、B所受合外力为零，设此时弹簧弹力为F，对A、B由平衡条件得
设地面对C的支持力为N，对C由受力平衡得
由牛顿第三定律得C对地面的压力大小为
（3）若物体从H高处落下，由（1）可得A与B碰前A的速度为
A与B碰后瞬间的共同速度为
由对称性可知，当C刚好离开地面时弹簧的弹性势能与碰撞后瞬间的势能相等（弹簧形变量大小相等），由机械能守恒得
又
可解得
16. 如图所示，质量的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x（未知且可调）处有一挡板A。一质量的小滑块P（可视为质点）静止于木板左端上方某点。现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得的初速度沿木板向右运动，最终P、Q均静止且P未滑离木板Q。已知重力加速度大小为，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与右侧挡板A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。
（1）求当小滑块P的速度减至时，木板Q的速度大小（长木板Q尚未与挡板A发生碰撞）；
（2）若木板Q只与挡板A发生了1次碰撞，求木板的运动时间；
（3）若木板Q只与挡板A发生了2次碰撞，求滑块P从开始运动到静止这一过程滑动的距离；
（4）若木板Q只与挡板A发生了3次碰撞，求最开始时木板P右端与挡板A之间的距离x的值。
【答案】（1）1m/s；（2）2s；（3）6m；（4）m
【解析】
【详解】（1）由小滑块P与长木板Q组成的系统动量守恒可得
可得木板Q的速度大小
（2）若木板只与挡板A发生了1次碰撞，即碰前瞬间P与Q的动量大小相等
解得
根据牛顿第二定律有
木板先加速到1.5m/s，与A碰后，反向减速到0，则木板的运动时间
解得
（3）木板Q与挡板A发生2次碰撞过程中，滑块在木板上一直做匀减速运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
（4）木板Q只与挡板A发生了3次碰撞，即第3次碰撞前瞬间木板与滑块的动量大小相等．每次碰撞前瞬间木板的速度都相等，设为，即每次碰撞过程中A对木板的冲量大小为
从P滑上Q到最终都静止过程，对P、Q整体全过程根据动量定理得
解得
根据速度位移公式有
解得