2021-2022学年山西省运城市芮城中学高二（上）12月物理试题含解析

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芮城中学高二年级月考物理试题（本试题共100分：考试时间90分钟）一、选择题（本大题共14个小题，其中1-9题只有一个选项符合题意，10-14有多个选项符合题意，每小题4分，选不全得2分，错选或不选得0分。）1. 关于电场强度和电场线，下列说法正确的是（　　）A. 在电场中某点放不同的检验电荷，该点的电场强度就不同B. 在电场中没有电场线地方场强一定为零C. 电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向D. 由静止释放的带电粒子在电场中运动的轨迹可能不与电场线重合【答案】D【解析】【详解】A．电场中某点的场强大小由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关，因此在电场中某点放不同的检验电荷，该点的电场强度是相同的，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强度的强弱，在电场中没画电场线的地方场强并不一定为零，故B错误；
C．正电荷在电场中某点所受力的方向才是该点的电场强度方向，电场强度方向与负电荷所受的电场力方向相反，故C错误；
D．若电场线是曲线，由静止释放的带电粒子在电场中运动的轨迹不与电场线重合，故D正确．故选D。
 2. 为了安全，轿车中都装有安全气囊。当发生剧烈碰撞时，安全气囊启动为驾驶员提供保护。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（　　）A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 减小了驾驶员的动量变化率C. 增大了驾驶员的动量变化量 D. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量【答案】B【解析】【分析】【详解】在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，等于末动量与初动量的差值，而用安全气囊后增加了作用时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，即动量变化率越小。故选B。3. 下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（　　）
 A. 只有甲、乙正确 B. 甲、乙、丙正确C. 只有甲、丙正确 D. 只有乙、丁正确【答案】C【解析】【分析】【详解】甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。丙图中两球匀速下降，说明两球组成的系统在竖直方向上所受的合外力为零，两球组成的系统动量守恒，细线断裂后，它们在水中运动的过程中，两球整体受力情况不变，遵循动量守恒定律。乙图中系统受到墙的弹力作用，丁图到中斜面受到其右侧挡板的作用，乙、丁两图所示过程系统所受合外力不为零，动量不守恒。故选C。4. 如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（　　）A. vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s B. vA′=2 m/s，vB′=2 m/sC. vA′=1 m/s，vB′=3 m/s D. vA′=-3 m/s，vB′=7 m/s【答案】D【解析】【详解】设每个球的质量均为m，碰前系统总动量碰前的总动能A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量则动量守恒，总动能机械能也守恒，故A可能实现，不符合题意；B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量总动能动量守恒，机械能不增加，故B可能实现，不符合题意；C．碰后总动量总动能动量守恒，机械能不增加，故C可能实现，不符合题意；D．碰后总动量总动能动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现，符合题意。故选D。5. 如图所示,两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连,在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离,但仍在M点上方,稳定后,下列说法中正确的是　A. 液滴将向下加速运动B. M点电势升高，液滴在M点的电势能将增大C. M点的电场强度变小了D. 在a板移动前后两种情况下,若将液滴从a板移到b板,电场力做功相同【答案】D【解析】【详解】AC．极板始终与电源连接，电压不变，由可知d减小电场强度E增大，电场力增大，粒子向上加速运动，故AC错误；B．b点电势为零，有：，场强增大，M点电势升高，液滴电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴M点电势能降低，故B错误；D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电压相同，电场力做功qU相同，故D正确。故选D。【点睛】极板始终与电源连接，电压不变，由可知d减小电场强度E增大，电场力增大，粒子向上加速运动；判断某一点电势高低必须找一个参考点，就是接地点或零势点，明确电势差与电势的关系．6. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，闭合开关S后，标有“8V、8W”的灯泡L恰能正常发光，电动机M的电阻R0=4Ω，下列说法正确的是（　　）A. 流经电源的电流为3.5A B. 电动机M的发热功率为4WC. 电源的输出功率P出=18W D. 10s内电动机M输出的能量为80J【答案】B【解析】【详解】AC．灯泡恰能正常发光，并联部分电压为内电压应为流过电源的电流电源的输出功率AC错误；BD．流过灯泡的电流则可得流过电动机的电流电动机的热功率电动机的总功率电动机的机械功率10s内电动机M输出的能量D错误B正确。故选B。7. 电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为12．则A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】由题意可知I1=I2，选项A错误；因U2>I2R2，U1=I1R1，则，选项BC错误，D正确；故选D.8. 如图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电荷量为−q的微粒在电场中只受电场力的作用，由A点移到B点，则（　　）
 A. 若微粒的运动轨迹是轨迹1，则电场线方向向左B. 若微粒运动轨迹是轨迹2，则电场线方向向右C. 微粒一定做匀变速曲线运动D. 微粒可能沿直线轨迹3运动【答案】C【解析】【详解】A．若微粒的运动轨迹是轨迹1，可知负粒子受到的电场力向左，故电场线向右，故A错误；B．若微粒的运动轨迹是轨迹2，可知负粒子受到的电场力向右，则电场线方向向左，故B错误；C．微粒只受电场力，故一定做匀变速曲线运动，故C正确；D．做直线运动的物体，受的合外力与速度方向共线，由题意知不可能满足电场力和速度共线，故D错误。故选C。9. 两长度相同的金属板M、N正对水平放置，板长为L，板间距为d，连接在图示的电路中。D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），滑动变阻器R的最大阻值为2r，定值电阻的阻值R0=r，E为恒压电源，不计电源内阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一电荷量为q、质量为m的粒子（不计重力）从靠近M板左端的位置以水平速度v0射入板间，粒子恰好打在N板的右端。在保持开关S闭合的情况下，下列说法错误的是（　　）A. 电源电动势E=B. 若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则粒子仍能打在N板上C. 若仅将粒子的初速度变为2v0后射入板间，则粒子从M、N板的中线处离开D. 若仅将N板向上平移，则粒子打在N板的中点处【答案】C【解析】【详解】A．加速度为可得解得MN板看成一个电容器，稳定后R趋近于，所以相当于短路，电压与两端电压相等故A正确，不符题意；B．向左移动滑片，的阻值变小，的分压升高，由可知竖直方向的加速度增大，会打在N板上，故B正确，不符题意；C．粒子做类平抛的运动时间为初速度变为2v0后，时间为则故粒子从靠近M的处射出，故C错误，符合题意；D．由可知，仅将N板向上平移，电容器的电容变为原来的2倍，而电路结构不变有电容器的电压不变，则加速度变为2倍，设水平位移为，有解得则有故D正确，不符题意；故选C。10. 如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，负点电荷所带的电荷量为Q，与AB的中心O的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端分别出现感应电荷，当达到静电平衡时（已知静电力常量为k）（　　）A. 导体A端的电势高于B端的电势B. 导体的感应电荷在O点产生的电场强度大小为，方向向左C. 导体的中心O的电场强度为零D. 撤去负点电荷后，导体带上了正电荷【答案】BC【解析】【详解】A．当达到静电平衡时，导体是等势体，故导体A端电势等于B端电势，A错误；BC．导体内部各点的合场强为零，则导体中心O点的场强为零，故感应电荷在O点的产生场强与点电荷-Q在O点的场强等大反向，大小为，方向向左，BC正确；D．撤去点电荷-Q后，导体两端的感应电荷会还原而使得导体不带电，D错误。故选BC。11. 如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度） (    ) A. 小球动能最大时，小球电势能最小B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C. 小球电势能最小时，小球动能为零D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大【答案】BCD【解析】【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选BCD．12. 在军事训练中，一战士从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来，速度是0.5 m/s的小船上，然后去执行任务，已知战士质量为60 kg，小船的质量是140 kg，该战士上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水的阻力，则（　　）
 A. 战士跳到小船上到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒B. 战士跳到小船上到最终停在船上的过程，战士和小船的总机械能守恒C. 战士最终停在船上后速度为零D. 战士跳到小船上到最终停在船上的过程动量变化量的大小为105 kg·m/s【答案】AD【解析】【详解】AB．战士跳上小船最终停在小船上的过程中，合外力为零，则总动量守恒，机械能有损失，所以总机械能不守恒。故A正确，B错误。
CD．以战士初始运动方向为正，根据动量守恒定律得mv1-Mv2=（M+m）v解得战士动量的变化量△p=m（v-v1）=-60×1.75=-105kg∙m/s故C错误，D正确。
故选AD。13. 如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是（　　）A. 小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为4m/sB. 小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C. 小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/sD. 长木板的长度可能为10m【答案】CD【解析】【详解】AB．木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零时代入数据解得故AB错误；C．最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得代入数据解得故C正确；D．最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统代入数据解得x=8m木板的最小长度为8m，可能为10m，故D正确。故选CD。14. 空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（    ）A. 坐标原点O处电场强度最大B. 粒子经过x1、-x1处速度相同C. 由x1运动到O过程加速度一直减小D. 粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有【答案】BD【解析】【详解】A．根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系得Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，故A错误；B．由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故B正确；C．由x1运动到O过程，根据数学知识可知，图线的斜率先增大后减小，说明场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故C错误；D．根据公式Ep=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得mv2=E0-E1，当v0＞v时，即粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确。故选BD。二、实验题（共17分）15. 图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100 Ω挡。(1)图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。(4)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为___________。（结果均保留3位有效数字）【答案】    ①. 黑    ②. B    ③. 160    ④. 880    ⑤. 1.45 mA    ⑥. 1.10×103 Ω    ⑦. 2.90 V【解析】【详解】(1)[1]与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔。(2)[2]R6是可变电阻，它的作用就是欧姆表调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻 新表头的量程是1 mA，所以(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5 mA的电流表，则读数为1.45 mA；[6]若此时B端与“3”相连接，多用电表是欧姆×100 Ω挡，则读数为11.0×100 Ω，即1.10×103 Ω；[7]若此时B端与“5”相连接，多用电表是量程为5 V电压表，则读数为2.90V。16. 实验小组利用图示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘。将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2；④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3。（1）下列说法正确的是___________。A．小球a的质量一定要大于小球b的质量B．弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑C．步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同D．把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平（2）本实验必须测量的物理量___________。A．小球的半径rB．小球a、b的质量m1、m2C．弹簧的压缩量x1，木板距离桌子边缘的距离x2D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3（3）用（2）中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒。（        ）（4）若b球上涂有粘性很强的胶体（胶体质量不计），让小球a从步骤③中的释放点由静止释放与b球相碰后，两球粘连在一起并撞到木板上在白纸上留下压痕P4，则压痕P4的位置应在________A．P1上方    B．P1与P2之间    C．P2与P3之间    D．P3下方【答案】    ①. AD    ②. BD    ③.     ④. C【解析】【分析】【详解】(1)[1] A．为防止碰撞后入射球反弹，入射小球a的质量应大于被碰小球b的质量，故A正确；B．弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，入射小球a的释放点位置相同即可保证每次实验入射球的速度相等，故B错误；C．步骤②中只是为了确定水平位置，而步骤③中入射小球a的释放点位置对应平抛初速度，不一定相同，故C错误；D．为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平，故D正确。故选AD。(2)[2] 小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得，水平方向x=vt竖直方向解得设碰撞前a的速度为v0，碰撞后a的速度是v1，碰撞后b的速度为v2，则两球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m1v0=m1v1+m2v2整理得故需要小球a、b的质量m1、m2，小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离 h1、h2、h3。故选BD。(3)[3]根据以上分析可知，要验证(4)[4] 由静止释放与b球相碰后，两球粘连在一起完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故弹性碰撞所以则轨迹在P2与P3之间。故选C。三、解答题（共27分）17. 质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小是多少？【答案】1000N【解析】【详解】根据自由落体运动规律，该工人自由下落5m的时间为则根据动量定理可得代入数据可得安全带所受的平均冲力18. 如图所示，xOy平面第一象限内存在平行于y轴竖直向上的匀强电场E1，第四象限内存在平行于x轴的匀强电场E2。（两电场的电场线在图中均未画出）质量为m、电荷量为q、带正电的小球从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入第一象限的电场，从x轴上的B点进入第四象限的电场后做直线运动。已知A点的坐标（0，l），B点的坐标（2l，0），重力加速度为g；求电场的场强E1的大小和E2。【答案】，，方向沿x轴正方向【解析】【详解】设带电小球经过B点时，速度方向与x轴夹角为，在第一象限，由类平抛运动规律有所以，在竖直方向上，由动能定理有解得（2）根据带电小球在第四象限做直线运动，所以合力与速度方向共线，则有解得方向沿x轴正方向。19. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从B的右端滑上，并以滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，试求：（1）A滑离B时，B的速度；（2）A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；（3）圆弧槽C的半径R；（4）若v0=4m/s，则当A滑离C时，C的速度多大。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）当在上滑动时，与整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，与组成的系统动量守恒，有得（2）由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有得（3）当滑上，与分离，与发生作用，设到达最高点时速度相等为，规定向左为正方向，由于水平面光滑，与组成的系统动量守恒，有得与组成的系统机械能守恒，有得（4）当滑下时，设的速度为，的速度为，规定向左为正方向，与组成的系统动量守恒，有与组成的系统动能守恒，有解得方向水平向左