2021-2022年黑龍江省大慶市大慶鐵人中學(xué)高二（上）第一次月考物理試題含解析

這是一份2021-2022年黑龍江省大慶市大慶鐵人中學(xué)高二（上）第一次月考物理試題含解析，共22頁。試卷主要包含了選擇題，實驗題，計算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
  鐵人中學(xué)2020級高二學(xué)年上學(xué)期月考考試物理試題第I卷 選擇題部分一、選擇題（1-7題每小題只有一個選項正確，8- 12題為多選題少選3分，錯選0分，每小題5分，共60分。）1. 下列說法不正確的是（　　）A. 在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫一個光子，其能量為ε=hvB. 黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體溫度有關(guān)C. 通電直導(dǎo)線中電流的方向總是與其周圍產(chǎn)生的磁場的方向垂直D. 電磁波譜排列順序無線電波、紫外線、可見光、紅外線、X射線、γ射線【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)愛因斯坦的光子說，可知在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫一個光子，其能量為ε=hv故A正確，與題意不符；B．根據(jù)黑體輻射實驗研究得出：黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體溫度有關(guān)。故B正確，與題意不符；C．根據(jù)右手螺旋定則可知，通電直導(dǎo)線中電流的方向總是與其周圍產(chǎn)生的磁場的方向垂直。故C正確，與題意不符；D．電磁波譜按照波長從長到短排列順序為無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線。故D錯誤，與題意相符。故選D。2. 下列說法正確的是（　?。?/span>A. 磁場中某一點的磁感應(yīng)強度等于一小段通電導(dǎo)線放在該點時受到的磁場力F與該導(dǎo)線的長度1、通過的電流I乘積的比值，即B. 環(huán)形金屬軟彈簧套在條形磁鐵的中心位置。若將金屬軟彈簧沿半徑向外拉，使其面積增大，則穿過金屬軟彈簧所包圍面積的磁通量將增大C. 把帶電體和永磁體放在一起，就可以在其周圍空間產(chǎn)生電磁波D. 均勻帶負(fù)電的塑料圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面且過圓心的軸旋轉(zhuǎn)，在環(huán)的圓心處有一閉合小線圈，小線圈和圓環(huán)在同一平面， 當(dāng)圓環(huán)在做變速轉(zhuǎn)動時，小線圈內(nèi)一定有感應(yīng)電流【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．磁場中某一點的磁感應(yīng)強度等于一小段通電導(dǎo)線垂直于磁場方向放在該點時受到的磁場力F與該導(dǎo)線的長度1、通過的電流I乘積的比值，即故A錯誤；B．環(huán)形金屬軟彈簧套在條形磁鐵的中心位置。若將金屬軟彈簧沿半徑向外拉，該彈簧面積中存在條形磁鐵內(nèi)部和外部兩個磁場，使其面積增大，會導(dǎo)致合磁場減弱，則穿過金屬軟彈簧所包圍面積的磁通量將減小。故B錯誤；C．電磁波是周期性變化的電場與磁場相互激發(fā)由近及遠的傳播，把帶電體和永磁體放在一起，不能在其周圍空間產(chǎn)生電磁波。故C錯誤；D．均勻帶負(fù)電的塑料圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面且過圓心的軸旋轉(zhuǎn)，在環(huán)的圓心處有一閉合小線圈，小線圈和圓環(huán)在同一平面， 當(dāng)圓環(huán)在做變速轉(zhuǎn)動時，根據(jù)楞次定律可知小線圈內(nèi)一定有感應(yīng)電流。故D正確。故選D。3. 將一電源電動勢為E，內(nèi)阻為r的電池，與外電路連接，構(gòu)成一個閉合電路，用R表示外電路電阻，I表示電路的總電流，下列說法正確的是A. 由U外＝IR可知，外電壓隨I的增大而增大B. 由U內(nèi)＝Ir可知，電源兩端的電壓，隨I的增大而增大C. 由U＝E－Ir可知，電源輸出電壓，隨輸出電流I的增大而減小D. 由P＝IU可知，電源的輸出功率P隨輸出電流I的增大而增大【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir，外電壓隨I的增大而減小，故A錯誤，C正確；電源兩端的電壓實際上是路端電壓，由A的分析可知電源兩端的電壓，隨I的增大而減小，故B錯誤；根據(jù)數(shù)學(xué)知識分析得知，當(dāng)電源的內(nèi)電阻等于外電阻時，輸出功率最大，而I=，所以電流增大時，電源的輸出功率可能變大，也可能變小，故D錯誤。故選C。4. 安培提出了著名的分子電流假說．根據(jù)這一假說，電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流．設(shè)電量為e的電子以速率v繞原子核沿順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動，下列關(guān)于該環(huán)形電流的說法正確的是A. 電流大小為，電流方向為順時針B. 電流大小為，電流方向為逆時針C. 電流大小為，電流方向為順時針D. 電流大小為，電流方向為逆時針【答案】D【解析】【詳解】電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流，電子運動周期為，根據(jù)電流的定義式可得電流強度為：，因為電子帶負(fù)電，所以電流方向與電子定向移動方向相反，即沿逆時針方向，故D正確，ABC錯誤．5. 如圖所示，是四分之一圓弧，O為圓心，為弧中點，A、D、C 處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等，兩處電流垂直紙面向里，處電流垂直紙面向外，整個空間再加一個大小為的勻強磁場，處的磁感應(yīng)強度剛好為零，如果將處電流反向，其他條件都不變，則處的磁感應(yīng)強度大小為（    ）
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】設(shè)A、D、C處的電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0，則對O點的磁場：，即B=(-1)B0，B的方向沿左上方450的方向；如果將處電流反向，則O處磁場的大?。?/span>，故B正確，ACD錯誤．6. 如圖，電路中三個電阻R1、R2和R3的阻值分別為R、2R和4R。當(dāng)電鍵S1斷開、S2閉合時，電源輸出功率為P0；當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電源輸出功率也為P0。則電源電動勢及S1、S2都斷開時電源的總功率分別為（　?。?/span>A. ， B. ，P0 C. ，P0 D. ， P0【答案】B【解析】【分析】【詳解】當(dāng)電鍵S1斷開、S2 閉合時，由閉合電路歐姆定律有當(dāng)S1閉合、S2斷開時，由閉合電路歐姆定律有聯(lián)立，可得當(dāng)S1、S2都斷開時電源的總功率為故選B。7. 如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物塊，現(xiàn)用外力緩慢向左推B使彈簧壓縮，此過程中推力做功10J，然后撤去外力，則（　?。?/span>
 A. 從開始到A離開墻面的過程中，墻對A的沖量為0B. 當(dāng)A離開墻面時，B的動量大小為C. A離開墻面后，A最大速度為D. A離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)沖量的定義，從開始到A離開墻面的過程中，墻對A有彈力，所以墻對A的沖量不為0。故A錯誤；B．撤去F后，B物體向右運動，彈簧彈力逐漸減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A開始脫離墻面，這一過程機械能守恒，即滿足解得此時B物體的動量大小為故B錯誤；C．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度最大，這一過程系統(tǒng)動量和機械能均守恒，有，聯(lián)立，可得故C正確；D．A離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能出現(xiàn)在彈簧伸長最長或壓縮最短時，此時兩物體速度相同，設(shè)為，根據(jù)系統(tǒng)動量和機械能均守恒，有，聯(lián)立，可得故D錯誤故選C。8. 如圖所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一豎直墻壁．現(xiàn)讓一小球（可視為質(zhì)點）自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是A. 小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運動B. 小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對小球做功C. 小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D. 小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒【答案】CD【解析】【詳解】A．小球經(jīng)過槽的最低點后，在小球沿槽的右側(cè)面上升的過程中，槽也向右運動，小球離開右側(cè)槽口時相對于地面的速度斜向右上方，小球?qū)⒆鲂睊佭\動而不是做豎直上拋運動，故A錯誤；B．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負(fù)功。故B錯誤；C．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負(fù)功。但球?qū)Σ圩饔昧ψ稣?，兩者之和正好為零。所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。故C正確；D．小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，而小球在槽內(nèi)運動的后半過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒，故D正確；故選CD。9. 如圖電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，電容器的電容為C．閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的變化量為ΔU，電流表示數(shù)的變化量為ΔI，則：A. 變化過程中ΔU和ΔI的比值保持不變B. 電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變C. 電阻R0兩端電壓減小，減小量為ΔUD. 電容器的帶電荷量增大，增加量為CΔU【答案】AD【解析】【詳解】A.根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，可以畫出圖象，圖象的斜率表示電源內(nèi)阻與定值電阻之和，所以恒定不變．A正確B. 由圖可知，因為電阻增大，所以電壓表示和電流表的示數(shù)的比值變大．故B錯誤C.閉合開關(guān)，增大可變電阻的阻值后，電流中的電流減小，由歐姆定律可得電阻兩端的電壓減小，兩端的電壓增大，而它們總的電壓即路端電壓增大，所以電阻兩端的電壓減小量小于．故C錯誤．D.兩端的電壓增大量為，因為電容器與并聯(lián)，所以電容器兩端電壓增大量為，電容器的帶電荷量增量為．故D正確．10. 在如圖所示的電路中，定值電阻R的阻值為10Ω，電動機的線圈阻值為2Ω，a、b端加有44 V的恒定電壓，電壓表（不計其電阻對電路的影響）的示數(shù)為24 V，由此可知（　?。?/span>A. 通過電動機的電流強度為12A B. 通過電動機的電流強度為2AC. 電動機消耗的總功率為48 W D. 電動機輸出的功率為8W【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．電動機和定值電阻串聯(lián)，可得代入數(shù)據(jù)，可得故A錯誤；B正確；C．電動機消耗的總功率為故C正確；D．電動機輸出的功率為故D錯誤。故選BC。11. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R= 1.25m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=3mA，重力加速度g= 10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小可能是（　　）A. 2.5 m/s B. 2.0 m/s C. 1.0 m/s D. 0.5 m/s【答案】AB【解析】【分析】【詳解】小滑塊A下滑過程機械能守恒，可得代入數(shù)據(jù)，可得若兩滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得，代入數(shù)據(jù)，可得若兩滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)，可得所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為故選AB。12. 圖a為某同學(xué)組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻∶表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω。虛線方框內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為∶直流電壓1 V擋和5V擋，直流電流1 mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋。以下說法正確的是（　?。?/span>A. 圖a中的A端與黑色表筆相連接B. 使用電流擋時，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大C. 某次測量時該多用電表指針位置如圖b所示。若此時B端是與“1”連接，則多用電表讀數(shù)為1.47mA；若此時B端是與“3”連接的，則讀數(shù)為1.10kΩD. 根據(jù)題給條件可得R1+R2的和為160Ω，R4為880Ω。【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A．在a圖中，當(dāng)換擋開關(guān)接歐姆檔時，A端與電源正極相連，為電流的流出端，根據(jù)“紅入黑出”可知應(yīng)與黑色表筆相連接。故A正確；B．使用電流擋時，換擋開關(guān)連接是“1”或“2”，不需要調(diào)整R6。故B錯誤；C．B端與“1”連接，電表量程為2.5mA，則多用電表讀數(shù)為=1.47mAB端與“3”連接，電表測量的是電阻的阻值，則讀數(shù)為故C正確；D．換擋開關(guān)連接“2”時，電表量程為1mA，可得代入數(shù)據(jù)，可得此時，表頭與并聯(lián)的總電阻為換擋開關(guān)連接“4”時，電表量程為1V，可得代入數(shù)據(jù)，可得故D正確。故選ACD。第II卷（非選擇題）二、實驗題（每空3分，共27分）13. 用如圖所示電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻．實驗器材：待測電源（電動勢約3 V，內(nèi)阻約2 Ω），保護電阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），滑動變阻器R，電流表A，電壓表V，開關(guān)S，導(dǎo)線若干．實驗主要步驟：①將滑動變阻器接入電路的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)；②逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記下電壓表的示數(shù)U和相應(yīng)電流表的示數(shù)I；③以U為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)，做U–I圖線（U、I都用國際單位）；④求出U–I圖線斜率的絕對值k和在橫軸上的截距a．回答下列問題：（1）電壓表最好選用__________；電流表最好選用_________．A．電壓表（0~3 V，內(nèi)阻約15 kΩ）  B．電壓表（0~3 V，內(nèi)阻約3 kΩ）C．電流表（0~200 mA,內(nèi)阻約2 Ω）  D．電流表（0~30 mA,內(nèi)阻約2 Ω）（2）選用k、a、R1和R2表示待測電源的電動勢E和內(nèi)阻r的表達式E=______，r=______，代入數(shù)值可得E和r的測量值．【答案】    ①. A    ②. C    ③. ka    ④. 【解析】【詳解】（1）[1][2]．由圖示電路圖可知，電壓表有分流作用，流過電源的電流大于電流表示數(shù)，電壓表分流是造成實驗誤差的原因，為減小實驗誤差，應(yīng)減小電壓表分流對實驗的影響，應(yīng)選擇內(nèi)阻較大的電壓表，因此電壓表應(yīng)選擇A；通過電路的最大電流約為：則電流表應(yīng)選擇C；（2）[3][4]．由圖示電路圖可知，電源電動勢：E=U+I（r+R2）則：U=E-I（R2+r）U-I圖象的斜率：k=R2+r在橫軸上的截距：則電源電動勢：E=ka電源內(nèi)阻r=k-R2；14. 已知小燈泡標(biāo)稱值為“2.5V，1.25W”，由于其阻值隨溫度升高而變大，因此某同學(xué)要描繪小燈泡的伏安特性曲線，實驗室中除導(dǎo)線和開關(guān)外，還有以下器材可供選擇∶電壓表V1（量程為3 V，內(nèi)阻約為3 kΩ）；電流表A1（量程為100 mA，內(nèi)阻為10Ω）；電流表A2（量程為3A，內(nèi)阻為0.1Ω）；滑動變阻器R1（0~10Ω，額定電流為2A）；滑動變阻器R2（0~1 kΩ，額定電流為0.5 A）；定值電阻R3（阻值為2.5Ω）；定值電阻R4（阻值為109Ω）；定值電阻R5（阻值為1 kΩ）；電源E（E=3V，內(nèi)阻不計）。實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能進行多次測量。（1）實驗中電流表應(yīng)選用________，滑動變阻器應(yīng)選用______，該同學(xué)已經(jīng)選擇了電壓表V1和電源E，還應(yīng)該在上述器材中選擇________以完成實驗（均填器材的符號）。（2）在圖1中的虛線框內(nèi)畫出電路圖。______（3）實驗中得到的該燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，如果將小燈泡與另一個電動勢為1.5V（內(nèi)阻不計）的電源，一個阻值為3Ω定值電阻串聯(lián)，則小燈泡的實際功率為________W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】    ①. A1    ②. R1    ③. R3    ④.     ⑤. 0.19（0.18 也可以）【解析】【分析】【詳解】(1)[1]小燈泡額定電流為電流表A2的量程太大，電路中需要把電流表A1改裝成量程為的大量程電流表。實驗中電流表應(yīng)選用A1。[2]實驗要求小燈泡兩端電壓從零開始變化并能進行多次測量。所以變阻器需要分壓式接入電路，故滑動變阻器應(yīng)選用R1。[3]根據(jù)上面分析，可知改裝電流表A1時，需要并聯(lián)一個分流電阻，有解得所以還應(yīng)該在上述器材中選擇R3。(2)[4]根據(jù)以上分析，變阻器分壓式接入電路，電流表A1并聯(lián)R3，且采用外接法測量小燈泡的電流值。電路圖如圖所示。(3)[5]在燈泡的伏安特性曲線圖像中作出電源(把電阻看成電源內(nèi)阻)的特性曲線，如圖由圖線可得，交點坐標(biāo)為I=0.24A，U=0.76V。所以燈泡的實際功率為三、計算題（寫出必要文字說明15題6分，16 題6分，17 題11分，共23分）15. 質(zhì)量m= 600g的籃球地面h1=1.8 m高處自由落下，落地彈起h2= 1.25m高，籃球地面接觸時間t=0.10s，在空中保持運動軌跡在一條直線上， 取g= 10 m/s2，求∶籃球與地面接觸時間內(nèi)，受到地面平均彈力的大小F。【答案】72 N【解析】【分析】【詳解】設(shè)運動員下落h1高度時的速度大小為v1，則根據(jù)動能定理可得解得v1=6 m/s彈起時速度大小v2，則根據(jù)動能定理可得解得v2=5 m/s取向上為正方向，由動量定理有（F-mg）t=mv2-（-mv）代入數(shù)據(jù)解得F=72N16. 如圖所示，A、B兩球放在足夠長光滑的水平面上，水平面的右側(cè)與豎直平面內(nèi)一光滑曲面相切，現(xiàn)給A一向右的速度，讓A與B發(fā)生對心彈性碰撞，小球沿曲面上升到最高點后又能再沿曲面滑回到水平面，若要B返回水平面時能再與A發(fā)生碰撞，則A、B的質(zhì)量應(yīng)滿足什么關(guān)系？
 【答案】【解析】【分析】【詳解】設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，設(shè)A的初速度為v0，當(dāng)A與B發(fā)生碰撞時，有，解得，顯然，如果二者碰撞后都向右運動或A停止運動，是一定能發(fā)生二次碰撞的，在碰撞后A向左運動時，要能發(fā)生二次碰撞，需滿足解得17. 如圖所示，兩物塊A、B并排靜置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物塊的質(zhì)量均為M=0.60kg．一顆質(zhì)量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A，子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時A、B都沒有離開桌面．已知物塊A的長度為0.27m，A離開桌面后，落地點到桌邊的水平距離s=2.0m．設(shè)子彈在物塊A、B 中穿行時受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平拋過程中物塊看成質(zhì)點)求：（1）物塊A和物塊B離開桌面時速度的大小分別是多少；（2）子彈在物塊B中打入的深度；（3）若使子彈在物塊B中穿行時物塊B未離開桌面，則物塊B到桌邊的最小初始距離．【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）（3）【解析】【詳解】試題分析：(1)子彈射穿物塊A后，A以速度vA沿桌面水平向右勻速運動，離開桌面后做平拋運動： 解得：t=0.40sA離開桌邊的速度，解得：vA=5.0m/s設(shè)子彈射入物塊B后，子彈與B的共同速度為vB，子彈與兩物塊作用過程系統(tǒng)動量守恒：B離開桌邊的速度vB=10m/s（2）設(shè)子彈離開A時的速度為，子彈與物塊A作用過程系統(tǒng)動量守恒：v1=40m/s子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒①子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒②由①②解得m（3）子彈在物塊A中穿行過程中，物塊A在水平桌面上的位移為s1，由動能定理：③子彈在物塊B中穿行過程中，物塊B在水平桌面上的位移為s2，由動能定理④由②③④解得物塊B到桌邊的最小距離為：，解得：考點：平拋運動；動量守恒定律；能量守恒定律．