浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学年高二物理上学期期中联考试题（Word版含解析）

2022学年第一学期宁波金兰教育合作组织期中联考高二年级物理学科试题选择题部分一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列现象中，属于电磁感应现象的是（　　）A.通电线圈在磁场中转动B.闭合线圈在磁场中运动而产生电流C.磁铁吸引小磁针D.小磁针在通电导线附近发生偏转【答案】B【解析】【详解】A．通电线圈在磁场中发生转动属于电流受到安培力的作用产生的，不是电磁感应现象，故A错误；B．闭合线圈靠近磁铁时，闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故B正确；C．磁铁吸引小磁针属于磁现象，不是电磁感应现象，故C错误；D．小磁针在通电导线附近发生偏转是由于电流产生磁场引起的，不是电磁感应现象，故D错误。故选B。2.关于电磁波及电磁波谱，下列说法正确的是（　　）A.雷达是用X光来测定物体位置的设备B.医学检查中的拍片实际上是让患者接受一定剂量的γ射线照射C.用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷文字会发出可见光D.变化的电场可以产生磁场【答案】D【解析】【分析】【详解】A．雷达是用微波测定物体的位置的设备，故A错误；B．拍片实际上是让患者接受一定剂量的X射线照射，故B错误；C．使钞票上的荧光物质发出可见光的是紫外线，故C错误； D．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场可以产生磁场，故D正确。故选D。3.某激光器能发射波长为的激光，发射功率为，表示光速，为普朗克常量，则激光器时间内发射的光子数为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】每个光子的能量t时间内发光的总能量为，则故选A。4.下列现象中不属于反冲现象的是（　　）A.发射炮弹后炮身后退B.火箭向下高速喷射炽热气体时上升C.人用桨向后划水船向前运动D.章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动【答案】C【解析】【详解】A．反冲是如果一个静止的物体在内力作用下分裂为两个部分，一部分向某方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。发射炮弹，在内力作用下炮弹向前，炮身后退，是反冲现象。故A不符合题意；B．火箭向下高速喷射炽热气体，气体向下，火箭向上，是反冲现象。故B不符合题意；C．人用桨向后划水船向前运动，划船时用桨向后划水，给水一个向后的力，物体间力的作用是相互的，水会对人、船和桨构成的整体产生一个向前的力，使整体向前运动。这个过程不属于反冲现象。故C符合题意；D．章鱼调整喷水方向时，喷出的水向一个方向，则章鱼向喷水的反向运动，也属于反冲现象。故D不符合题意。故选C。 5.上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球．据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行3公里，不开空调则可以坚持行驶5公里，最高时速可达44公里．超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽．如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48V,3000F”，放电电流为1000A，漏电电流为10mA，充满电所用时间为30s，下列说法不正确的是(　　)A充电电流约为4800AB.放电能持续的时间超过10分钟C.若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D.所储存电荷量是手机锂电池“4.2V,1000mAh”的40倍【答案】B【解析】【详解】A.电容器的额定电压U=48V，电容C=3000F，则所能储存的电荷量为Q=CU，充满电所用时间为30s,所以充电电流为，故A正确，不符合题意B.电容器的额定电压U=48V，电容C=3000F，则所能储存的电荷量为Q=CU，放电时，放电能持续的时间，小于10分钟，故B错误．符合题意C.电容器的额定电压U=48V，电容C=3000F，则所能储存的电荷量为Q=CU，漏电电流为10mA，所以故C正确，不符合题意，D.手机锂电池“4.2V，1000mAh”的电荷量q=It=1×3600C=3600C，则Q=40q，故D正确．不符合题意故选B 6.如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)A.五个小球静止，一个小球运动B四个小球静止，两个小球运动C.三个小球静止，三个小球运动D.六个小球都运动【答案】C【解析】【详解】设入碰小球的速度为，碰撞后的两球速度分别为和，由题可知所发生的碰撞均为弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有：解得碰撞后两个小球的速度为：由于球质量小于球质量，所以、相碰后速度向左运动，向右运动；、、、四球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终有向右的速度，、、静止；由于球质量小于球质量，所以、两球弹性碰撞后、两球都向右运动；所以碰撞之后、、三球静止；球向左，、两球向右运动；A.五个小球静止，一个小球运动与分析不符，不符合题意；B.四个小球静止，两个小球运动与分析不符，不符合题意；C.三个小球静止，三个小球运动与分析相符，符合题意；D.六个小球都运动与分析不符，不符合题意． 7.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图15图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A,电动机启动时电流表读数为58A,若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω,电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了A.35.8WB.43.2WC.48.2WD.76.8W【答案】B【解析】【详解】电动机未启动时，U灯＝E－I1r＝（12.5－10×0.05）V＝12V，车灯功率P灯＝U灯I1＝120W；电动机启动时，U灯′＝E－I2r＝（12.5－58×0.05）V＝9.6V，设车灯阻值不变，由P＝，可得P′＝（）2×P灯＝（）2×120W＝76.8W，电功率的减少量ΔP＝P－P′＝（120－76.8）W＝43.2W，选项B正确．8.如图所示的电路，将两个相同的小量程的灵敏电流计分别改装成（0~3A）和（0~0.6A）的电流表，把两个改装后的电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法不正确的是（　　）A.的指针满偏时，的指针也满偏B.的指针满偏时，的指针刚好指到量程的五分之一处C.的读数始终为读数的五分之一D.的读数为1.5A时，干路电流为1.80A 【答案】B【解析】【详解】由电路图可以知道两电流表并联，它们两端电压相等，因为两电流表是由相同的电流表通过与定值电阻并联改装成的，通过表头的电流相等，指针偏转的角度相同，但量程不同的电流表读数不同，A1的量程等于A2的量程的5倍，故A1的读数也是A2的5倍。AB．A1的指针满偏时，A2的指针也满偏，偏转角度相同，故A正确，B错误；C．A2的读数始终为A1读数的五分之一，故C正确。D．由分析可知A1的读数为1.5A时，A2的读数为0.3A，故干路电流为1.80A，所以D正确。此题选择错误选项，故选B。9.“碳达峰”是指我国承诺2030年前，二氧化碳排放达到峰值后将逐步降低，不再增长，这一庄重承诺体现了我国的科技实力。其中节能减排的一条重要措施就是逐步将我国现有的约2亿只传统路灯替换成使用风能和太阳能的风光互补路灯，如图为某公司生产的风光互补LED路灯外形图和电路原理图。已知每燃烧一吨标准煤可以发电3000千瓦时，排放二氧化碳2.61吨，若将我国现有的40%的传统路灯替换成风光互补路灯，按每只传统路灯功率400瓦、每天工作10小时计算，这一条措施一年可减少二氧化碳的排放量约为（　　）A.吨B.吨C.吨D.吨【答案】D【解析】【分析】【详解】400W的路灯一年消耗的电能为则买一套路灯1年可减小二氧化碳的排放量为总共减少二氧化碳的排放量 故选D。10.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）A.两碎块的位移大小之比为1:2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知因两块碎块落地时间相等，则则则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移 质量小的碎块的水平位移爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为选项CD错误。故选B。11.如图电路，电阻R1未知。闭合电键，移动滑动变阻器R2的滑片P，通过电压表、电流表示数可以求得的物理量是（　　）A.EB.rC.E和rD.E和r都不能【答案】A【解析】【详解】闭合电键，移动滑动变阻器R2的滑片P，记下电压表和电流表的读数和，再次改变滑片P的位置，得到电压表和电流表的读数和，则由闭合电路欧姆定律得由于R1未知，所以通过化简，只能求出电源的电动势，为所以A正确，BCD错误。故选A。12.在如图所示的电路中，是定值电阻，、是滑动变阻器，D 为理想二极管。电源的电动势为E，内阻为r，接通开关S，质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。若只改变其中的一个条件，下列说法正确的是（　　）A.将的滑片向下移动，油滴将向上运动B.将的滑片向右移动，油滴将向下运动C.断开开关S，将有电子自下而上通过理想二极管D.增大电容器两极板间的距离，油滴将加速向上运动【答案】C【解析】【详解】A．将R1的滑片向下移动，总电阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，内阻r和R0的电压增大，则R1两端电压减小，根据可知场强减小，所以油滴将向下运动，故A错误；B．因为R2与电容器串联，所以无论怎样移动滑动变阻器触头，电容两端电压不变，所以油滴仍保持静止不动，故B错误；C．断开开关S，电容器将逆时针方向放电，所以将有电子自下而上通过理想二极管，故C正确；D．增大电容器两极板间的距离，因为电压不变，根据可知电场将减小，油滴将加速向下运动，故D错误。故选C13.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽 ，凹槽半径为，A点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）A.当时，小球能到达点B.如果小球的初速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C.当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D.若小球能到达点，当到达点时滑块速度大小为【答案】C【解析】【详解】AD.假设小球恰好到达B点，此时小球与凹槽水平方向具有共同速度v，根据机械能守恒及水平方向动量守恒得解得因此，当时，小球不能到达B点，故A错误，D错误；B．如果小球的初速度足够大，小球将从B点冲出，由于B点的切线方向竖直，所以，小球离开滑块时，二者水平速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，故B错误；C．当时，小球未到达B点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块始终做正功，所以滑块的动能一直增大。故C正确；故选C。 二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，矩形线框abcd的一边ad恰与长直导线重合(互相绝缘)，现使线框绕不同的轴转动，能使框中产生感应电流的是（）A.绕ad边为轴转动B.绕oo′为轴转动C.绕bc边为轴转动D.绕ab边为轴转动【答案】BCD【解析】【详解】A．由安培定则知，直导线产生的是环形磁场，若绕ad边为轴转动时，无论转到什么位置，通过线框的磁通量不变，线框中不能产生感应电流，A错误；BCD．绕其它三边转动时，当线框平面转到与纸面垂直时通过线框中的磁通量最小，当线框平面转到与纸面平行时通过线框中的磁通量最大，所以通过线框的磁通量都发生变化，所以线框中能产生感应电流，故BCD正确。故选BCD。15.为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速．已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化．则()A.喷出气体的速度为B.喷出气体的速度为 C.喷气Δt秒后探测器获得的动能为D.喷气Δt秒后探测器获得的动能为【答案】BC【解析】【详解】由动能定理可知：，t=1s，解得：，选项B正确，A错误；由动量守恒定律可知：0=Mv1-m△t•v，则有：得 ，故C正确，D错误．16.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（　　）A.图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况B.图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况C.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变大D.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变【答案】ABD【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大， 外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。故AB正确。C．由闭合电路欧姆定律得：则可得保持不变。故C错误。D．由闭合电路欧姆定律得：则可得保持不变，故D正确。故选ABD。17.小明同学尝试用图1所示的电路图进行实验，定值电阻R1=8Ω，在滑动变阻器由a端向b端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流I1与I2关系，并得到的完整图象如图2所示，其中C点为图线最低点，则由图可知A.当滑动头P滑到b点时得到图2中B点B.图2中A点纵坐标为0.375AC.滑动变阻器总阻值为16ΩD.电源电动势为6V【答案】BD 【解析】【详解】A．滑动头滑到点时，和并联；滑动头滑到点时，被短路，只有电阻接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到点时电流小于滑到点时的电流，所以滑动头滑到点时得到图2中的点，故A错误；B．由A分析知，滑动头滑到点时得到图2中的点，电阻被短路，电流表和示数相等，根据图2知：所以有：即图2中A点纵坐标为0.375A，故B正确；CD．根据闭合电路欧姆定律，当滑动头位于点时，则有：①图2中的点，，并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得：设滑动变阻器的全值电阻为则有：②联立①②得：，故C错误，D正确；故选BD。三、实验题（每空2分，共16分）18.某同学用如图（a）所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图（b）所示。图 （b）中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N。（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是______。A.应使小球每次从斜轨上相同的位置自由滚下B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端必须水平D.小球A质量应大于小球B的质量（2）在本实验中，下列关于入射球A的落点P的说法，正确的是______。A.如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的B.由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散C.测定P点位置时，如果重复10次落点分别为、、…、，则OP应取、、…、的平均值，即D.用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P（3）实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有______。A.A、B两点间的高度差B.B点离地面的高度C.小球A和小球B的质量、D.小球A和小球B离开轨道的速度、【答案】①.ACD②.D③.C【解析】【详解】（1）[1]A．实验中小球每次从相同位置滚下，重力做功和摩擦力做功都不变，根据动能定理可知小球到达轨道末端速度相同，故A正确，B错误； C．离开轨道小球做平抛运动，小球应有水平初速度，所以斜槽轨道末端必须水平，故C正确；D．在实验中每次碰撞后小球都离开轨道，不能出现A球反弹，所以小球A质量应大于小球B的质量，故D正确。故选ACD。（2）[2]A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，由于存在误差，重复几次的落点P不一定是重合的，故A错误；B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很集中，故B错误；C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为、、…、，则应画出把各点包围在内的最小圆，圆心就是平均落点，故C错误；D．用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P，故D正确。故选D。（3）[3]根据动量守恒定律有A、B两球的抛出点离地面的高度都相同，根据可知，A、B两球离开轨道到落地时间相同，在水平方向做匀速直线运动，根据动量守恒定律表达式可写成即实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量、，故C正确，ABD错误。故选C。19.某同学测量一节旧干电池的电动势和内电阻的电路图如图甲所示，其中虚线框内为用毫安 表改装成双量程电压表的电路：（1）毫安表的内阻为，满偏电流为；和为定值电阻，其中。若使用a和c接线柱，电压表量程为，则______Ω；（2）现有两个电流表：（量程，内阻约），（量程，内阻约）；两个滑动变阻器，最大阻值分别为和，则应选电流表______（选填“”或“”），应选最大阻值为______的滑动变阻器；（3）实验主要步骤如下：①开关拨向b，将滑动变阻器的滑片移到最右端②闭合开关，多次调节滑动变阻器的滑动片，记下相应的电流表示数和毫安表示数；③根据测量数据画出的图像如图乙所示；④由图像可得电源的电动势E＝______，内阻r＝______。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.2400②.③.10④.1.44⑤.1.20【解析】【详解】（1）[1]根据电表的改装原理，可知若使用和接线柱，电压表的量程为整理可得（2）[2][3]电源内阻较小，选用大量程滑动变阻器不方便调节。为了方便调节，滑动变阻器应当选用最大阻值为的；又由于电源电动势大约为，故粗略计算时根据 考虑到滑动变阻器的调节及电源存在内阻问题，量程为的电流表已经足够，故选。（3）[4][5]开关滑向，则改装电压表内阻为，由整理得由图像中纵轴截距为，斜率为，代入数据得到，四、计算题（20题8分，21题10分，22题11分，共29分。）20.如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且，阻值未知，为滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：（1）由图乙求电源的电动势和内阻；（2）定值电阻的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值。【答案】（1）20V；20Ω；（2）5Ω；（3）300Ω【解析】【详解】（1）由图像可知，电源的电动势E=20V内阻 （2）当滑片P到最右端时，R1被短路，则此时电路电流为I=0.8A，则由全电路的欧姆定解得R2=5Ω（3）当滑片P到最左端时，R3最大，则此时路端电压为16V，电流为0.2A则外电阻为解得R3=300Ω21.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=lkg，mB=2kg,mC=3kg，g=10m/s2，求:(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。【答案】(1)2m/s(2)3J(3)2m 【解析】【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有解得：滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2解得：；(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB+mC)v3由机械能守恒定律有解得：(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA+mBv2)=(mA+mB)v4+mCv5解得： 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：解得：22.如图所示，高h＝1m的光滑斜面AB与长的水平面BC平滑连接，再与长的水平传送带DE紧密连接，传送带恒以v＝8m/s的速度逆时针匀速转动。位于斜面顶端A处质量为m＝1kg的物体P（视为质点）以初动能沿斜面向下运动，在B处撞击质量同为m＝1kg的静止物体Q（视为质点），碰撞以后两物体粘合在一起，已知粘合体与水平面BC、传送带DE的动摩擦因数均为，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：（1）A、B碰撞过程中能量损失多少；（2）粘合体最终静止时与B点的距离；（3）要使粘合体最终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能应满足什么条件。【答案】（1）36J；（2）0.4m；（3）小于等于94J【解析】【详解】（1）P从A到B过程，有解得P、Q碰撞过程中动量守恒，有解得 碰撞过程中能量损失（2）黏合体由B运动到D过程，由动能定理得解得黏合体到达D点时的速度大小黏合体进入传送带后向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小故黏合体向右减速至速度为0的位移大小由于，且，故黏合体此后向左做匀加速直线运动直到D点，且到达D点的速度大小仍为设黏合体由D向左运动后至速度减为0过程中在BC上通过的路程为s，由能量守恒定律得解得s＝2m由于，所以黏合体最终静止时在B点右方d＝0.4m处；或者由能量关系x＝3.6m所以物体最终静止在距离B0.4m处位置；（3）若黏合体返回时刚好能到达斜面顶端A处，则从黏合体经传送带返回经过D 点至到达斜面顶端A的过程中，由能量守恒定律得解得黏合体经传送带返回D点时的速度v＝6m/s黏合体在传送带上滑动过程，由解得由于，故黏合体没有从传送带右侧滑出；黏合体由B到C过程中，由能量守恒定律得解得碰撞前物体P的速度物体P由B到C过程，由动能定理得解得所以应小于等于94J。