安徽省亳州市涡阳四中2022学年高二物理上学期第二次质检试卷（含解析）

2022-2022学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）第二次质检物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上）1．（4分）（2022•天津）如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（　　）　A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小　C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．版权所有专题：整体法和隔离法．分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力）．整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法．本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小．解答：解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有然后隔离B，根据牛顿第二定律有fAB=mBa=μmBg大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选A．点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！-13-　2．（4分）（2022春•桐乡市校级期中）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取10m/s2）（　　）　A．500NB．1000NC．500ND．0考点：向心力．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出拐弯过程中火车对乘客的作用力．解答：解：360km/h=100m/s．根据牛顿第二定律知，，根据平行四边形定则得，N==500N．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键搞清圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解．　3．（4分）（2022•辽宁）在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）　A．mgh﹣mv2﹣mv02B．﹣mv2﹣mv02﹣mgh　C．mgh+mv02﹣mv2D．mgh+mv2﹣mv02考点：动能定理的应用．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：物体从离地面A处以一定速度竖直上抛，最后又以一定速度落到地面，则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出．解答：解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得：-13-解得：故选：C点评：运用动能定理时，要当心力做功的正负，同时要合理选取过程．此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．同时得出重力做功与初末位置有关，而阻力做功与路径有关．　4．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）2022年1月1日辽宁舰顺利完成为期37天的南海百项海域科研试验和训练．某次舰载机的训练如图所示，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着舰到停下来所用的时间为t．现欲估算飞机着舰的速度，可假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，但实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着舰的速度v应是（　　）　A．v=B．v=C．v＞D．＜v＜考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题．解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，则有：2as=0﹣v2①0=v+at②由①②得：，即飞机着舰的速度v至少为故故选：C点评：本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．　5．（4分）（2022•天津二模）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t=0时质点的速度为零．在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（　　）　A．t1B．t2C．t3D．t4考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．版权所有专题：动能定理的应用专题．-13-分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化，再分析动能如何变化，确定什么时刻动能最大．解答：解：由力的图象分析可知：在0∽t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．在t1∽t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．在t2∽t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．在t3∽t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．t4时刻速度为零．则t2时刻质点的速度最大，动能最大．故选B．点评：动能是状态量，其大小与速度大小有关，根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，再分析动能的变化是常用的思路．　6．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s．A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向（　　）　A．0.02m/s，朝着空间站方向B．0.02m/s，离开空间站方向　C．0.2m/s，朝着空间站方向D．0.2m/s，离开空间站方向考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．解答：解：两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，即：（80+100）×0.1=80×0.2+100vB，解得：vB=0.02m/s，B的速度方向沿远离空间站方向；故选：B．点评：本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．　7．（4分）（2022春•鞍山期末）将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则下列说法错误的是（　　）-13-　A．a点的电场强度比b点的大　B．a点的电势比b点的高　C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大　D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．解答：解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势．故B正确；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．本题选错误的，故选：C．点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．　8．（4分）（2022秋•沈丘县期中）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）　A．向负极板偏转B．运动轨迹是抛物线　C．电势能逐渐增大D．运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，及电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于是电子，故向正极板偏转，A错误；-13-B、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故B正确；C、由于电子做正功，故电势能减少，故C错误；D、由侧向位移y==•，可知运动轨迹与带电量有关，故D错误．故选：B．点评：本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．　9．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）在闭合电路中，如果通过电源的电流I发生变化时，电路的路端电压也会跟着变化．如图是某闭合电路的路端电压U随通过电源的电流I变化的图线，下列关于这个图象的说法中错误的是（　　）　A．纵轴截距表示电源的电动势，即E=3.0V　B．根据r=，计算出待测电源内电阻为5Ω　C．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω　D．如把上述电源和一阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，电源两端电压为2V考点：路端电压与负载的关系．版权所有专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，U﹣I图线的斜率等于电源内阻的大小，图线与纵轴交点坐标表示电源的电动势．当电源和阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，根据欧姆定律求解电源两端电压．解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当I=0时，U=E，所以纵轴截距表示待测电源的电动势，E=3V．故A正确．B、C由U=E﹣Ir可知，U﹣I图线的斜率等于电源内阻的大小，即r=||=Ω=1Ω．故B错误，C正确．D、当电源和阻值为2Ω电阻组成闭合电路时，电源两端电压U=E=×3V=2V．故D正确．本题选择错误的，故选：B点评：本题考查对电源的外特性曲线的理解能力．常常有学生认为短路电流为I短=0.6A-13-，得到的内阻为r==5Ω，是对短路的特点理解不到位造成的，短路时，路端电压U=0．　10．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（　　）　A．灯泡L将变暗B．电流表读数变大　C．电容器C的电量将减小D．电源的总功率变大考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，即可知电压表读数增大．电路中电流减小，灯L变暗．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A正确、B错误；C、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误．D、电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，故D错误．故选：A点评：本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大，判断电压表读数的变化．　二．实验题（共18分）11．（4分）（2022秋•宝坻区校级期中）一个量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，表盘刻度均匀．现用一个9900Ω的电阻与它串联将电流表改装成电压表，则该电压表的量程是　1　V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图所示，此时电压表的读数大小为　0.8　V．考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：由串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表的量程，由图示表盘可以读出其示数．-13-解答：解：电压表量程：U=Ig（R+Rg）=100×10﹣6×（9900+100）=1V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为：0.8V；故答案为：1；0.8．点评：本题考查了求电压表量程、电压表读数，应用串联电路特点与欧姆定律即可求出电压表量程；对电压表读数时要先确定其量程与分度值．　12．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图a、图b所示，是利用伏安法测电阻的两个电路图，如果实验要求测量从0开始连续变化的多组数据，则应该选用　图b　电路作为实验电路．考点：伏安法测电阻．版权所有专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器在电路中可以作限流器用，也可以作分压器用．在确保安全的条件下，如何选用这两种不同的形式，是由电路中的需要来决定的．以下情况可选用限流式接法：①待测用电器电阻接近滑动变阻器电阻（也可选用分压式接法）．②简化电路，节约能源．以下情况必须使用分压式接法：①待测用电器电阻远大于滑动变阻器电阻．②实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由0开始连续变化（例如测小灯泡的伏安特性曲线）．③实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大．④采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程．解答：解：在做利用伏安法测电阻的实验时，电阻两端电压要从零开始连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；故答案为：图b．点评：本题关键明确什么时候选择滑动变阻器的分压式接法，什么时候选择滑动变阻器的限流式接法，基础题．　13．（10分）（2022秋•涡阳县校级月考）某学习小组在描绘标有“8.0v，3.8w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V（量程10V，内阻约4KΩ）和两块电流表，A1（量程100mA，内阻约2Ω）和A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω），则选择电流表　A2　测量．甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图①、②所示，则图线　②　更准确．-13-考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题．分析：根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题．解答：解：灯泡正常发光时时的电流：I===0.475A=475mA，电流表应选A2；灯泡正常发光时的电阻约为：R==≈16.84Ω，电流表内阻约为0.3Ω，电压表内阻约为4kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表测量值偏大，图②所示图象准确．故答案为：A2，②．点评：本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题．　三．计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）14．（8分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，已知OA=h，求此电子具有的初速度是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初速度解答：解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：﹣eEh=0﹣，解得：v=-13-答：此电子具有的初速度是点评：本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理粒子变速直线运动问题．注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功．　15．（10分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑，求：弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；能量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：小球下滑过程，小球和光滑弧形槽相同机械能守恒、水平方向动量也守恒，根据守恒定律列式求解小球的最大速度；弹簧具有的最大弹性势能即等于小球的最大动能．解答：解：槽与小球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2=0，小球下滑过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，当小球把弹簧压缩的最短时，动能转化为弹簧的弹性势能：，解以上各式可得：；答：弹簧的最大弹性势能为mgh．点评：本题考查了求弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．　16．（12分）（2022秋•杨浦区期末）如图所示，R3=6Ω，电源内阻r为1Ω，当S合上且R2为2Ω时，电源的总功率为16W，而电源的输出功率为12W，灯泡正常发光，求：（1）电灯的电阻及功率；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到多大？考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．-13-分析：（1）当S合上时，电阻R2与灯泡串联后电阻R3并联．根据电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，求出通过电源的电流．根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率．（2）由（1）问中电流和电源的总功率为16W，求出电动势．S断开时，电阻R2与灯泡串联，根据欧姆定律求出R2的阻值．解答：解：（1）由Pr=P总﹣P出=I2r得即：16﹣12=I2×1得，I=2A又P出=I2R外即：12=22×R外得，R外=3Ω又：代入数据得：RL=4Ω又RL+R2=R3∴IL=I3=1APL=IL2RL=4W（2）由上题P总=EI得，E==V=8V．S断开时时，E=IL（RL+R2′+r）=8V解得：R2′=3Ω答：（1）电灯的电阻是4Ω，功率是4W；（2）S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到3Ω．点评：从本题看出，对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率关系．　17．（12分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E．不带电的绝缘小球P2静止在O点．带正电的小球P1离小球P2左侧的距离为L．现由静止释放小球P1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍．已知P1的质量为m，带电量为q，P2的质量为5m．求：（1）碰撞前小球P1的速度．（2）碰撞后小球P2的速度．（3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置．-13-考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据动能定理求出碰撞前小球P1的速度．（2）两小球碰撞的瞬间，动量守恒，结合动量守恒定律求出碰后小球P2的速度．（3）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间，根据位移的大小求出第二次碰撞的位置．解答：解：（1）设碰撞前小球P1的速度为v0，根据动能定理解得（2）P1、P2碰撞，设碰后P1速度为v1，P2速度为v2，规定v0的方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+5mv2，v1=﹣解得v2=（水平向右）（3）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：设P1、P2碰撞后又经△t时间再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则：解得：对P2分析：即第二次碰撞时距离O点答：（1）碰撞前小球P1的速度为．（2）碰撞后小球P2的速度为，方向向右．（3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间为，位置距离O点．点评：-13-本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律，选择合适的定律或定理进行求解．　-13-