山东省临沂市2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷 Word版含解析 18页

高二阶段性教学质量检测物理试题注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，以下最能体现能量守恒定律的是（　　）A.闭合电路欧姆定律B.动能定理C.动量守恒定律D.牛顿第三定律【答案】A【解析】【详解】A．闭合电路的欧姆定律即电源的功率等于输出功率与内阻功率之和，直接体现了能量守恒，故A正确；B．动能定理可知：合外力做功等于系统动能的增加量，没有体现能量守恒，故B错误；C．动量守恒定律不能体现能量守恒，故C错误；D．牛顿第三定律不能体现能量守恒，故D错误。故选A。2.小花同学在探究磁极间的相互作用时，不小心将条形磁铁掉在了地上，当小花将条形磁铁拾起来再次实验时，发现该条形磁铁失去了磁性．下列说法正确的是A.由安培的分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流消失了B.由安培的分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流的趋向变得一致了C.由安培的分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流的趋向变得杂乱无章了D.由安培的分子电流假说可知，条形磁铁中的分子电流强度减弱了【答案】C-18- 【解析】【详解】条形磁铁掉在了地上，受到强烈撞击，条形磁铁中的分子电流的趋向变得杂乱无章了，从而使条形磁铁失去了磁性．A.分子电流变得杂乱无章了，并没有消失了，故A错误．B.分子电流的趋向变得杂乱无章了，不是趋向变得一致了，故B错误．C.条形磁铁中的分子电流的趋向变得杂乱无章了，故选项C正确．D.电流的趋向变得杂乱无章了，分子电流强度没有减弱，故D错误．3.奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图所示。现在导线中通有由南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向(　　)A.北方B.西方C.西偏北方向D.北偏东方向【答案】C【解析】【详解】由安培定则可知，在小磁针位置通电导线产生的磁感线方向由东向西，合磁场的方向指向西偏北的方向，小磁针静止时，N极所指的方向是该处合磁场的方向，故C正确，ABD错误。故选C。4.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)A.ab向右运动，同时使θ减小B.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C.ab向左运动，同时增大磁感应强度B-18- D.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)【答案】A【解析】【详解】A．设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确；B．B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错误；C．S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；D．S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错误.5.下列说法中正确的是（　　）A.变化的电场一定产生变化的磁场B.电磁波按波长从长到短顺序排列依次是：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波C.光是传播着的电磁波，电磁波不是物质，但具有能量D.电磁波在真空中的传播速度等于光速【答案】D【解析】【详解】A．变化的电（磁）场可以产生磁（电）场；但如果是均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，故A错误；B．依照波长从长到短顺序排列依次是：无线电波，红外线，可见光，紫外线，X射线，γ射线，故B错误；CD．电磁波是一种物质，可在真空中传播，电磁波在真空中的传播速度总是3×108m/s，等于光速，故C错误D正确。故选D。6.如图所示，图中直线①表示某电路的路端电压与电流的关系图像，图中曲线②表示该电路中电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（）A.电源的电动势为30V-18- B.电源的内阻为C.电流为2.5A时，外电路的电阻为D.输出功率为120W时，输出电压是50V【答案】C【解析】【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，电源的输出电压：U=E-Ir对照U-I图象，当I=0时，U=E=50V，故A错误；B．U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：故B错误；C．电流为2.5A时，总电阻为故外电路电阻为：R=R总-r=15Ω故C正确；D．输出功率为120W时，对照P-I图象，电流为4A，由P=UI得输出电压为30V，故D错误．7.污染对身体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。某校“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。电源（不计内阻）电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是（　　）-18- A.电压表示数为0.5V时，属于重度污染B.污染指数越小，电压表示数越大C.污染指数越大，电路中消耗的总功率越小D.污染指数为150时，电压表示数为1V【答案】D【解析】【详解】由图甲知，R0与R串联，电压表测R0两端电压。A．当电压表示数为0.5V时，由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：可变电阻两端电压：UR=U-U0=3V-0.5V=2.5V根据欧姆定律可得，可变电阻连入电路中的阻值：为中度污染，故A错误；B．由图象可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越大，则定值电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故B错误；C．由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小；根据可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故C错误；D．由图象可知，污染指数为150时，可变电阻连入电路中的阻值为20Ω，根据串联电路的分压特点可得：-18- 解得：U0=1V，即电压表示数为1V，故D正确。故选D。8.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，下列对此过程的推断不正确的是（　　）A.子弹A的质量一定比子弹B的质量小B.入射过程中子弹A受到的阻力与子弹B受到的阻力大小相等C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的速度一定比子弹B射入木块时的速度大【答案】C【解析】【详解】ABD．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等。设为f，根据动能定理得，对A子弹有-fdA=0-EkA对B子弹有-fdB=0-EkB由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有而EkA＞EkB，则有mA＜mB，故子弹A射入木块时的速度一定比子弹B射入木块时的速度大，故ABD正确，不符合题意；C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误，符合题意。故选C。二、多项选择题：本题共4小题每小题4分，共16-18- 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动扇叶转动，电热丝给空气加热，利用热风将头发吹干。电动机的线圈电阻为R1，与电阻为R2的电热丝串联后接到电压为U的电源上，电路中电流为I，则（　　）A.电动机输出的机械功率为UI-I2（R1+R2）B.电动机两端的电压为U-I（R1+R2）C.电吹风机的发热功率为I2（R1+R2）D.电吹风机消耗的电功率为I2（R1+R2）【答案】AC【解析】【详解】A．电吹风机消耗电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU；电动机的输出功率等于总功率减去电阻R1与电阻R2的电热功率，即：P出=UI-I2（R1+R2）故A正确；B．电动机与电阻R2串联，故电动机的电压为：U电=U-IR2故B错误；C．电吹风机的发热功率等于线圈电阻R1与电阻R2的电热功率，为：P热=I2（R1+R2）故C正确；D．电吹风机的消耗的电功率为总功率，为P=UI，故D错误；故选AC。10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。当滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时，下列说法正确的是（　　）-18- A.电阻R3消耗的功率变大B.电容器C上的电荷量变大C.灯L变暗D.流经电源的电流变小【答案】AD【解析】【详解】A．当滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时，电阻变大，则外电路的总电阻变大，大电阻分大电压，则外电压变大，故R3消耗的功率变大，故A正确；B．R2变大，外电路的总电阻变大，则干路总电流变小，而R3上电压变大则电流变大，故R1上电流变小，电压变小，故电容器两端电压变小，Q=CU，则电荷量变小，故B错误；C．R2变大，大电阻分大电压，则R2的电压变大，灯泡的电压变大，故灯L变亮，故C错误；D．当滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时，电阻变大，则外电路的总电阻变大，总电流变小，流经电源的电流变小，故D正确。故选AD。11.如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块质量之比m1：m2=2：3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的（　　）A.物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒-18- B.物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒C.D.【答案】ABD【解析】【详解】AB．整个系统所受合外力为零，故物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒；只有弹簧弹力做功，势能和动能相互转化，机械能守恒，故物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，故AB正确；CD．两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v3解得v3=0.4v0故D正确，C错误。故选ABD。12.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发，人与车之间不发生相对滑动，则以下说法正确的是（　　）A.在此过程中，小车将会在原位置处左右来回振动，最终停在原位置处B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移都不相同D.从开始射击第一发子弹到第n发子弹打入靶中，小车发生的总位移为【答案】BD【解析】【详解】AB-18- ．子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误、B正确；CD．设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以向左为正，根据动量守恒定律，有：0=mv-[M+（n-1）m]v′…①子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：vt+v′t=d…②联立解得：，故车后退位移大小为：每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均后退△S，均相同，从开始射击第一发子弹到第n发子弹打入靶中，小车发生的总位移为，故D正确C错误。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某实验小组用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，小车A前端贴有橡皮泥，后端连一穿过打点计时器的纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图乙上。(1)-18- 实验前，该实验小组必须做的一项实验步骤是______，才能使小车在木板上做匀速直线运动；(2)图中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车A碰撞前的速度大小应______段，计算两车碰撞后的速度大小应选______段；(3)若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是______，碰后两小车的总动量是______。（结果保留4位有效数字）【答案】(1).平衡摩擦力(2).BC段(3).DE段(4).0.6848kg·m/s(5).0.6840kg·m/s【解析】【详解】(1)[1]实验前，该实验小组必须做的一项实验步骤是平衡摩擦力，才能使小车在木板上做匀速直线运动。(2)[2][3]推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。(3)[4][5]碰前小车的速度为：碰前的总动量为：p=mAvA=04×1.712=0.6848kg•m/s碰后小车的共同速度为：碰后的动量为：p′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）×1.140kg•m/s=0.6840kg•m/s14.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，已知待测电池的电动势约1.5V，内阻约1.0Ω。某同学利用图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：-18- 电流表A1：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω电流表A2：量程0~3A，内阻约0.025Ω电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ滑动变阻器R1：0~20Ω，额定电流2A滑动变阻器R2：0~100Ω，额定电流1A(1)为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（填写仪器的字母代号）。(2)经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图乙中画出了U－I图线。由此得出电源的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω。(3)该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是________________________；改进的方法为___________。【答案】(1).A1(2).R1(3).1.50(1.491.50)(4).0.83(0.810.85)(5).电源内阻太小(6).可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻【解析】【详解】(1)[1]电源电动势约为1.5V，流过电路的最大电流约为零点几安培，电流表应选择A1；[2]由于电源内阻较小，为了调节方便，测量结果尽量准确，则滑动变阻器应选R1；(2)[3]由图示电源U－I图像可知，电源电动势-18- 由于误差1.49V~1.50V均可。[4]电源内阻由于误差均可。(3)[5][6]根据串联电路中电压与电阻成正比，可知节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，说明电源内阻太小，为了使电压表示数更小，可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。15.根据量子理论可知，光子既有能量也有动量，每个光子的动量均为，其中h为普朗克常量，λ为光的波长。太阳光照射到地球表面时，如同大量气体分子频繁碰撞器壁一样，会产生持续均匀的“光压力”。为了将问题简化，我们假设太阳光垂直照射到地球上且全部被地球吸收，到达地球的每个光子能量均为4×10-19J，每秒钟照射到地球的光子数为4.5×1035。已知真空中光速c=3×108m/s，太阳对地球的万有引力大小约为3.5×1022N。请你结合以上数据分析说明，我们在研究地球围绕太阳公转时，是否需要考虑太阳“光压力”对地球的影响。（结果保留一位有效数字）【答案】见解析【解析】【详解】每个光子能量每个光子动量光照射到地球表面被吸收时，由动量定理有-F光t=0-Ntp代入数据可得，太阳光照射到地球表面产生的光压力F光=6×108N光压力与万有引力之比-18- 由此可知，光压力远小于太阳对地球的万有引力，我们在研究地球围绕太阳公转时，不需要考虑太阳“光压力”对地球的影响。16.城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，为了解决这个问题，高空抛物行为入刑，新《民法典》对高空抛物由谁来承担责任也做出了规定。由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由下落时，鸡蛋下沿距地面45m，当鸡蛋与地面撞击时鸡蛋的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，忽略撞地过程中鸡蛋的重力，取10m/s2。(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小；(2)求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小。【答案】(1)，；(2)鸡蛋对地面的平均冲击力大小为450N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒定律解得鸡蛋撞击地面前的速度大小以向下为正方向，根据动量定理撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为。(2)根据鸡蛋与地面作用时间解得根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为450N。17.-18- 小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为10A（车灯可看作不变的电阻）；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，电动机的线圈电阻为0.05Ω。求：(1)电动机启动时车灯的功率减少了多少；(2)电动机启动时输出的机械功率。（结果保留两位有效数字）【答案】(1)45W；(2)3.6×102W【解析】【详解】(1)车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有解得此时车灯的功率为电动机启动瞬间，有解得此时车灯的功率(2)电机启动后，流经车灯的电流为-18- 流经电机的电流电机的总功率电机的线圈内阻功率电动机启动时输出的机械功率18.如图所示，在倾角θ=37°的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A、B间的距离d=0.2m。把一小球放在槽内上端靠侧壁A处，现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；(2)第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；(3)若一开始不是由静止释放小球，而是给小球一个沿斜面向下大小为0.9m/s的初速度，试分析：球与槽的侧壁A能否发生碰撞，若能，请求出从开始释放小球到小球与侧壁A发生第一次碰撞所需要的时间是多少。【答案】(1)0.2s；(2)0，1.2m/s，方向沿斜面向下；(3)能，0.2s【解析】【详解】(1)设球和槽质量为m，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为-18- 槽所受重力沿斜面的分力G1=mgsinθ=0.6mg因为G1=f，所以槽受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动mgsinθ=ma1得a1=6m/s2经时间t1球与槽的侧壁B发生第一次碰撞d=得t1=0.2s(2)碰撞前球的速度为v1=a1t1=1.2m/s球和槽发生碰撞前后，动量定恒mv1=mv1′+mv2′碰撞过程不损失机械能，得解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1′和槽的速度v2′分别为v1′=0，v2′=1.2m/s方向沿斜面向下；(3)给小球一个沿斜面向下大小为0.9m/s的初速度此时凹槽静止，球做匀加速运动a1=6m/s2当小球到达侧壁B时，由运动学方程解得t2=0.1s，t2=0.4s（舍去）此时，小球速度v3=v0+a1t2-18- 解得v3=1.5m/s小球与凹槽碰后交换速度。即：凹槽速度等于v3=1.5m/s，小球的速度为0当小球与凹槽侧壁A发生碰撞时，需满足关系解得t3=0.1s，t3=0.4s（舍去）从开始释放小球到小球与侧壁A发生第一次碰撞所需要的时间是t2+t3=0.2s-18-