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    2023亳州一中高二下学期第一次月考物理试题含解析

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    安徽省亳州市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试卷考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分,共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,每小题4分;第810题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1. 如图所示,用两根绝缘线把两个小球悬挂起,a球带电+qb球带电-2q,若两球的库仑力远小于b球的重力,且两根线都处于绷紧状态,现加一水平向左的匀强电场,待平衡时,表示平衡状态的图是(  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】ab整体为研究对象,整体电量相当于-q,水平方向受向右的电场力,故上面绳子向右倾斜;以最下面小球为研究对象,带负电,受向右的电场力,故下面的绳子也是向右倾斜。故选C2. 如图,E为内阻不能忽略的电池,R1R2R3为定值电阻,S0S为开关,VA分别为电压表与电流表.初始时S0S均闭合,现将S断开,则( A. V的读数变大,A的读数变小 B. V的读数变大,A的读数变大C. V的读数变小,A的读数变小 D. V的读数变小,A的读数变大【答案】B【解析】【详解】S断开,相当于电阻变大,则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小,故路端电压增大,V的读数变大;R1归为内阻,内电压减小,故R3中的电压增大,由欧姆定律可知R3中的电流也增大,电流表示数增大,A.分析得V的读数变大,A的读数变大,故A错误;B.分析得V的读数变大,A的读数变大,故B正确;C.分析得V的读数变大,A的读数变大,故C错误;D.分析得V的读数变大,A的读数变大,故D错误; 3. 如图,AB两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的质量分别为mAmB,动量大小分别为pApB,若pA<pB,则(  )A. mA<mB B. mA>mBC. 碰撞后的总动量向左 D. 碰撞后的总动量向右【答案】C【解析】【分析】【详解】AB.由动量表达式由于不知道两球速度关系,故无法判断两球质量关系,AB错误;CD.因为AB动量大小满足pA<pB,故系统总动量向左,由于地面光滑合外力为零,碰撞过程满足动量守恒,则碰撞后的总动量向左,C正确,D错误。故选C4. 如图所示,左侧MG为光滑半圆形轨道,与水平光滑轨道平滑相连,半径为。水平轨道分为两段,MN为长的光滑水平轨道,NP部分粗糙且足够长,在水平轨道靠近N点处放着两个物块AB,中间夹着炸药,储存了60J的化学能,某时刻引爆炸药。已知两物块与NP间的动摩擦因数AB质量分别为AB可视为质点,假设化学能全部转化为机械能,且之后所有的碰撞为弹性碰撞。重力加速度g10 m/s2。关于AB的运动,下列说法正确的是(  )A. 爆炸过程中,B受到的冲量大小为8 B. 爆炸之后,AB不会再次发生碰撞C. 爆炸之后,AB会发生碰撞,且碰后向同一方向运动D. 最终AB停止运动后的距离为1m【答案】D【解析】【详解】A.对爆炸过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得由能量守恒定律得解得B受到的冲量大小为A错误;BC.爆炸结束后,假设A恰好能滑到与半圆轨道圆心等高处需要的速度为,由机械能守恒定律得解得因为所以碰撞后A滑不到与半圆轨道圆心等高处,根据机械能守恒定律知,A返回N点时速度大小等于vA,因为所以爆炸之后,AB会发生碰撞,碰撞时B已经静止,根据一动一静的完全弹性碰撞可得,AB发生弹性碰撞,因A质量小于B的质量,碰后AB运动方向相反,故BC错误;D.对B,由动能定理得从爆炸结束后到与B碰撞前,对A,由动能定理得AB碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒,有碰撞结束后,对A,由动能定理得B,由动能定理得最终AB间距代入数据解得D正确。故选D5. 如图所示,光滑细杆BCAC构成直角三角形ABC,其中AC杆竖直,BC杆和AC杆间的夹角,两根细杆上分别套有质量相等的可视为质点的小球PQ。现将两个小球分别从杆ACBC的顶点由静止释放,不计空气阻力,sin37°=0.6,则PQ两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中,下列说法正确的是(  )A. 运动时间之比为34 B. 重力的冲量之比21C. 合力的冲量之比为54 D. 合力的功之比为12【答案】C【解析】【详解】A.设AC长度为L,则BC长度为P球沿AC杆下滑的加速度为Q球沿BC杆下滑的加速度为PQ联立得PQ两球从各自点下滑到C点的时间相同,故A错误;BP球重力的冲量Q球重力的冲量PQ两球重力冲量之比为B错误;CPQ两球下滑到C点时的速度分别为根据动量定理可得PQ两球合力冲量之比C正确;D.根据动能定理可得所以合力做功之比为D错误。故选C6. 一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力FF随时间变化规律如图所示,下列说法正确的是(    A. 0~4s时间内,位移先增后减B. 0~4s时间内,动量一直增加C. 0~8s时间内,F的冲量为0D. 0~8s时间内,F做的功不为0【答案】C【解析】【详解】A.由图可知,在0-4s内力F先向正方向,再向反方向,故质点先加速再减速到0,速度方向不变,位移增加,故A错误;B.在0-4s内,速度先增加后减小,动量先增加后减小,故B错误;C08s内,一半时间的冲量为正,另一半时间的冲量为负,则总的冲量为0,故C正确;D.因8s内总的冲量为0,根据动量定理,可知动量的变化为0,即初末速度为0,则动能的变化量为0F做功为0,故D错误。故选C7. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图,蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图乙所示,边长为l的正方形线圈中通以电流I,线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外,b导线电流方向垂直纸面向内,ab两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.(  )A. 该磁场是匀强磁场B. 该线圈的磁通量为Bl2C. a导线受到的安培力方向向下D. b导线受到的安培力大小为BIl【答案】D【解析】【分析】利用图示的装置分析出其制成原理,即通电线圈在磁场中受大小不变的安培力力转动,线圈的转动可以带动指针的偏转;由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向.【详解】A. 该磁场明显不是匀强磁场,匀强磁场应该是一系列平行的磁感线,方向相同,故A错误;B. 线圈与磁感线平行,故磁通量为零,故B错误;C. a导线电流向外,磁场向右,根据左手定则,安培力向上,故C错误;D. 导线b始终与磁感线垂直,故受到的安培力大小一直为IlB,故D正确;故选D8. 如图所示,一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上,电源电动势E=30V,内阻r=1Ω,用理想电压表测出电动机两端电压U=10V已知电动机线圈的电阻RM=1Ω,则下列说法正确的是(  )A. 通过电动机的电流为10A B. 电动机的输入功率为20WC. 电动机的发热功率为1W D. 电源的输出功率为56W【答案】BD【解析】【详解】A.根据闭合电路欧姆定律有
     A错误;B.电动机的输入功率
     B正确;C.电动机的发热功率
     C错误;D.电源的输出功率
     D正确。故选BD9. 如图所示,A球从距地面高h2.5m处由静止释放,同时B球从地面上以v05m/s的速度竖直上抛,二者在同一直线上运动,经一段时间后二者发生弹性正碰,之后B与地面发生正碰时在某装置作用下迅速固定在地面上,已知两球完全相同,重力加速度g10m/s2,不计空气阻力,在整个运动过程中,下列说法正确的是A. 两球在B球上升到最高点时发生第一次碰撞B. 两球发生第一次碰撞后瞬间B球速度的大小为5 m/sC. A球最终将在B球上方做往复运动D. A球最终能上升的最大高度为2.5 m【答案】ABC【解析】【详解】A.取A球为参考系,B球相对A球做匀速直线运动,经t0.5 s相遇,相遇时B球的速度vBv0-gt0,选项A正确;B.相遇时A球的速度vAgt5 m/s,由于二者质量相等,发生弹性碰撞后交换速度,碰后B球速度的大小为5 m/sB正确;CB球与地面碰撞后固定在地面上,A球落下后与B球发生弹性碰撞,速度大小不变,方向相反,不计空气阻力,故A球最终将在B球上方做往复运动,C正确;D.从地面竖直上抛B过程中,B球上升的高度hBt1.25m第一次碰撞后A球下降1.25 m时的速度与第一次碰撞前相同,均为5 m/s,与B球发生弹性碰撞,速度大小不变,方向相反,上升的高度仍为1.25 mD错误。故选ABC10. 如图所示,虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B。一带电微粒自离EFh的高处由静止下落,从B点进入场区,做了一段匀速圆周运动,从D点射出,下列说法正确的是(  )A. 微粒做圆周运动的半径为B. B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小C. B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大D. B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小【答案】AB【解析】分析】【详解】A.由题可知,带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做圆周运动,电场力与重力必定平衡,则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上,则有由洛伦兹力提供向心力,则有由运动学公式联立可得微粒做圆周运动的半径A正确;B.从B点运动到D点的过程中动能没有发生改变,在C点的高度最低,重力势能最小,所以从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小,故B正确;C.从B点运动到D点的过程中电场力先做负功后做正功,所以微粒的电势能先增大后减小,故C错误;D.根据能量守恒定律可知:微粒在运动过程中,电势能、动能、重力势能之和一定,动能不变,则电势能和重力势能之和一定,故D错误。故选AB二、非选择题:本题共5小题,共54分。11. 如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。1)①将图中所缺的导线补接完整_________②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下,那么合上开关后可能出现的情况有:A.将线圈A迅速插入线圈B时,灵敏电流计指针将________B.线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,灵敏电流计指针________2)某同学在完成实验后未断开开关,也未把AB两线圈和铁芯分开放置,在拆除电路时突然被电击了一下,则被电击是在拆除________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的。要避免电击发生,在拆除电路前应________(选填“断开开关”或“把AB线圈分开放置”)。【答案】    ①.     ②. 向右偏转一下    ③. 向左偏转一下    ④. A    ⑤. 断开开关【解析】【详解】1)①[1]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流计与线圈B串联成另一个回路,实物图如图所示[2]闭合开关,穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏;将线圈A迅速插入线圈B时,穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏一下。[3]线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时,线圈A中电流减小,穿过副线圈的磁通量减小,灵敏电流计指针将向左偏转一下。2[4][5]在完成实验后未断开开关,也未把AB两线圈和铁芯分开放置,在拆除电路时,线圈A中的电流突然减少,从而线圈中会产生感应电动势,进而突然会被电击了一下,为了避免此现象,则在拆除电路前应断开开关。12. 一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求:10~8s时间内拉力的冲量大小。20~8s时间内物体动量变化量的大小。3)物体的质量。【答案】1;(2;(3【解析】【详解】1)由题图乙知0~8s时间内拉力的冲量大小
     2)由题图丙可知:前2s内物体处于静止状态,2~6s内物体做匀加速运动;6~8s内物体做匀速直线运动,在此过程中物体拉力与摩擦力相等,即
     物体在0~8s时间内由动量定理可得
     3)由题图丙可知在前8s内物体的速度从0增加到3m/s,在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用。由动量定理
     可得13. 如图所示,以两虚线PQ为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的电场,电场强度为E,方向水平向右,两侧为相同的磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为-q、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v0从电场边界PQ之间的O点出发。1)若粒子能到达边界Q,求O点到边界Q的最大距离l12)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R,求O点到边界Q的距离l2【答案】1;(2【解析】【详解】1)由动能定理得解得2)设粒子到达边界Q时的速度为,由动能定理得由洛伦兹力提供向心力,有解得14. 如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒abcd,构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其它电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时,导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0,两导体棒在运动中始终不接触。求:(1)开始时,导体棒ab中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中,cd棒上产生的焦耳热;(3)ab棒速度变为v0时,cd棒加速度大小。【答案】(1),方向由(2)mv(3)【解析】【详解】(1)ab棒产生的感应电动势 ab棒中电流 方向由(2)ab棒与cd棒速度相同时,cd棒的速度最大,设最大速度为,由动量守恒定律  解得由能量守恒关系Q=mv-(2m)v解得Q=mvcd棒上Q=mv(3)ab棒的速度为时, cd棒的速度为,由动量守恒定律解得I==解得I=cd棒受力为 此时cd棒加速度为15. 如图所示为某种弹射装置的示意图,该装置由三部分组成,传送带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=6.0kg的物块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。传送带的皮带轮逆时针匀速转动,使传送带上表面以u=2.0m/s做匀速直线运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块AB之间发生的是正对弹性碰撞,第一次碰撞前,物块A静止。重力加速度g10m/s2。求:1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力;2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能;3)如果物块AB每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】160N,方向竖直向下;(212J;(38s【解析】【详解】1)设物块B沿光滑轨道下滑到最低点C时的速度大小为v0,由机械能守恒定律知设物块B滑到圆弧轨道的最低点C时受到的支持力大小为F,由牛顿第二定律得解得F=60N由牛顿第三定律得,物块B滑到圆弧轨道的最低点C时对轨道的压力大小为F′=60N,方向竖直向下。2)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a,则由牛顿第三定律得设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有联立解得v=4m/s由于v>u=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。设物块AB第一次碰撞后的速度大小分别为v2v1,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得解得弹簧具有最大弹性势能等于物块A的初动能为3)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l,由动能定理得所以物块B不能通过传送带运动到右边的光滑圆弧轨道上,当物块B在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s,继而与物块A发生第二次碰撞;设第一次碰撞到第二次碰撞之间,物块B在传送带上运动的时间为t1,由动量定理得解得设物块AB第二次碰撞后的速度大小分别为v4v3,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律分别得解得同理,当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动。可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s,继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间,物块B在传送带运动的时间为t2,由动量定理得解得同理计算可知,物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为构成无穷等比数列,公比,由无穷等比数列求和公式可知,当n→∞时,物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
     

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