2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学高二（下）第一次质检物理试卷（含答案解析)

2021-2022学年安徽省宿州市萧县鹏程中学高二（下）第一次质检物理试卷

1.  如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则(    )

A. A和B的位移大小相等
B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的
D. A的末速度比B的小

2.  甲、乙两物体在时刻同地出发，其运动的图像如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度
B. 时间内，甲物体通过的位移小于乙物体通过的位移
C. 甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动
D. 时刻甲物体的速度小于乙物体的速度
 

3.  我国高铁技术在世界上处于领先水平，在某次测试中，一列质量为m的“复兴号”高铁以恒定加速度a启动，从静止开始加速到最大速度的过程中，其功率随时间的变化图象如图所示，为高铁发动机的额定功率，启动过程中高铁所受阻力恒为f，则高铁在时刻的速度为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A，B，C都处于静止状态．则(    )
 

A. 水平面对C的支持力等于B，C的总重力
B. B一定受到C的摩擦力
C. C一定受到水平面的摩擦力
D. 若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零

5.  “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(    )

A. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D. 人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

6.  空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则(    )

A. e点的电势大于0 B. a点和b点的电场强度相同
C. b点的电势低于d点的电势 D. 负电荷从a点移动到c点，电场力做负功

7.  2022年左右，我国将建成载人空间站，其运行轨道距地面高度约为400km，已知地球半径约为6400km，万有引力常量为，地球表面重力加速度为，同步卫星距地面高度约为36000km，设空间站绕地球做匀速圆周运动，则(    )

A. 空间站运行速度比同步卫星小
B. 空间站运行周期比地球自转周期小
C. 可以估算空间站受到地球的万有引力
D. 受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，速度逐渐减小

8.  冰壶比赛是我国2022年冬奥会预计夺牌的比赛项目之一，其原理可以简化为将冰壶送到预期的位置。若某回合运动员想将冰壶送到与出手点相距25m的目标位置，该运动员正对目标位置，以大小为的初速度将冰壶推出，冰壶和冰面的动摩擦因数为，发现冰壶没有按预期到达，于是运动员从冰壶运动的起点，沿冰壶原来运动的路线用毛刷摩擦冰面，使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的一半，取重力加速度大小。若冰壶以原来的速度推出，恰好到达目标位置，则运动员用毛刷摩擦冰面的距离为(    )
 

A. 5m B. 10m C. 15m D. 20m

9.  如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略，假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少
B. 气体做等温膨胀，分子的平均动能不变，气体的压强不变
C. 气体从外界吸收热量，内能不变
D. 气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，此过程违反热力学第二定律

10.  一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．着重力势能增加5 J，机械能增加，电场力做功2 J，则小球(    )

A. 重力做功为5 J B. 电势能减少2 J
C. 空气阻力做功 D. 动能减少

11.  如图1所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为的定值电阻、铭牌上标有“100V 50W”字样的灯泡以及最大阻值为的滑动变阻器R，现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是(    )

A. 原线圈两端输入的交变电压为
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：5
C. 若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮
D. 若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断

12.  如图所示，一U 形金属导轨竖直倒置，相距为L，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直．一阻值为R、长度为L、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后速度减小，最终速度稳定时离磁场上边缘的距离为导体棒从静止开始运动到速度刚稳定的整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．下列说法正确的是(    )

A. 整个运动过程中回路的最大电流为
B. 整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为
C. 整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D. 整个运动过程中回路电流的功率为

13.  某同学要测定阻值约为的某金属丝的电阻率。

如图甲先用游标卡尺测其长度为______ cm，如图乙再用螺旋测微器测其直径为______ mm。
实验室提供有下列电学器材：
A.电流表量程，内阻约为
B.电流表量程，内阻约为
C.电压表量程，内阻约为
D.电压表量程，内阻约为
E.低压电源E：电动势15V，内阻r可以忽略
F.滑动变阻器：阻值范围，额定电流2A
G.滑动变阻器：阻值范围，额定电流
H.开关S及导线若干
为了调节方便，并能较准确地测出该金属丝的电阻，电流表应该选择______，电压表应该选择______，滑动变阻器应选择______填写器材前对应的序号字母。
请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图丙虚线框中。
根据电路图连接电路进行测量，某次实验电压表与电流表的示数如图丁、戊所示，可以求出金属丝的电阻为______结果保留3位有效数字。
用测得的金属导线长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式______算出所测金属的电阻率。

14.  如图所示，质量的滑块以的初速度沿倾角的斜面上滑，经滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知，，求滑块
最大位移值x；
与斜面间的动摩擦因数；
从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。

15.  质量的金属滑块可看成质点从距水平面的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB粗糙，长度为2m，与半径为的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，滑块恰能通过最高点D，。求：

滑块运动到A点的速度大小；

滑块从A点运动到B点克服摩擦阻力所做的功；

滑块与AB间的动摩擦因数。

16.  如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限在x轴与之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子以初速度从y轴上点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力。求：
粒子在Q点速度的大小和与x轴正方向夹角；
匀强磁场磁感应强度大小B。
粒子运动时间。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：A、平抛的位移等于水平方向与竖直方向位移的矢量和，根据题意知，A的位移大小，B的位移大小，即A和B的位移大小相等，故A正确；
B、平抛运动时间由高度决定，即，，则A运动时间，B的运动时间，可知A的运动时间是B的倍，故B错误；
C、平抛运动的初速度等于其水平位移与时间的比值，由以上分析有，，所以A的初速度不是B的，故C错误；
D、根据平抛规律可知，小球A和B在竖直方向的速度分别为，，根据速度合成可知，小球A和小球B的末速度分别为，，所以可得A的末速度比B的大，故D错误。
故选：A。
根据位移的合成求合位移，根据平抛运动的时间等于竖直方向自由落体运动的时间比较运动时间，根据平抛的水平位移和运动时间比较平抛的初速度，根据速度的合成比较落地时末速度的大小。
本题考查了平抛运动的时间、水平速度及末速度的计算，熟练掌握平抛运动的运动规律是解本题的关键。
 

2.【答案】C 

【解析】解：A、时间内，甲物体的位移小于乙物体的位移，则甲物体的平均速度小于乙物体的平均速度，故A错误；
B、根据纵坐标的变化量表示位移，知时间内，甲、乙两物体通过的位移相等，故B错误；
C、根据图象的斜率表示速度，知甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动，故C正确；
D、时刻甲物体图像的斜率大于乙物体图像的斜率，则甲物体的速度大于乙物体的速度，故D错误。
故选：C。
图象的斜率表示速度，速度的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度的定义来分析。
本题的关键要理解位移-时间图象的物理意义，知道图像的斜率表示物体的速度，纵坐标的变化量表示位移，来分析物体的运动情况。
 

3.【答案】A 

【解析】解：高铁以恒定加速度a启动的过程中，由牛顿第二定律得：

当高铁发动机的功率达到额定功率时，由功率公式得：

在匀加速阶段，由运动学公式得：
联立解得高铁在时刻的速度为：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由牛顿第二定律求得牵引力，再由功率公式和运动学公式求得高铁在时刻的速度。
本题以我国高铁技术在世界上处于领先水平的“复兴号”高铁为背景考查了牛顿第二定律和功率公式的应用，关键是分析清楚匀加速结束时，高铁的功率刚好达到额定功率。
 

4.【答案】C 

【解析】解：A、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：，绳子的拉力在竖直方向上的分量不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；
B、对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力．故B错误；
C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；
D、若将细绳剪断，B物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面向下的加速度，该加速度在水平方向上有分量故对C的作用力有水平向右的分量，而C处于平衡状态可知，地面对C的摩擦力肯定不为零，故D错误；
故选：
充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．
本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷．
 

5.【答案】A 

【解析】

【分析】
从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化。
本题考查变力作用下物体的运动情况分析，关键是明确人的运动过程，即可根据动量定理和动能定理进行分析求解。
【解答】
A.由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；
B.在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C.绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；
D.人在最低点时，加速度向上，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误。
故选：A。  

6.【答案】D 

【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则e点的电势，故A错误；
B、a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，故B错误；
C、从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势，故C错误；
D、a点的电势高于c点的电势，负电荷从a点移动到c点，电场力做负功，故D正确。
故选：D。
该电场是等量异种电荷的电场，其分布具有对称性，过e点的等势线一直延伸到无穷远处，根据电场线的分布情况判断电场强度关系，由电势的变化分析电场力做功正负。
解题的关键是要知道在两个等量异种电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等。要根据电场线和等势面分布特点进行分析。
 

7.【答案】B 

【解析】解：根据题意可知空间站运行轨道半径小于同步卫星的轨道半径。
A、根据万有引力提供向心力可得：，所以空间站运行速度比同步卫星大，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得：，所以空间站运行周期比同步卫星的自转周期小，而同步卫星的周期等于地球自转周期，所以空间站运行周期比地球自转周期小，故B正确；
C、由于空间站的质量不知道，不能估算空间站受到地球的万有引力，故C错误；
D、受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，此后万有引力做正功，空间站的线速度逐渐增大，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小；根据万有引力定律分析万有引力；根据万有引力做功情况判断空间站的线速度变化。
本题主要是考查万有引力定律在天体中的应用，能够根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律、万有引力做功与动能变化关系进行分析。
 

8.【答案】A 

【解析】冰壶做匀变速直线运动，根据匀变速运动的规律有：


根据牛顿第二定律可知：


所以
解得运动员用毛刷摩擦冰面的距离，故A正确，BCD错误。
故选：A。
 

9.【答案】AC 

【解析】解：AB、因气缸导热，气体的温度不变，故气体的分子平均动能不变，内能不变；气体的体积增大，则单位体积内的分子数减小，所以气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少；因体积增大，温度不变，故气体的压强减小。故A正确，B错误；
C、由于气体压迫活塞，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知，气体应吸热，且吸收的热量等于对外做功；故C正确；
D、气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律，是由于还有外力对活塞做功，故D错误；
故选：AC。
分子间的相互作用力忽略，则可以看作理想气体，则内能由温度决定；由热力学第一定律可得出气体是否吸热；由题意可知气缸内的气体做功；由理想气体的状态方程可得出压强的变化。
在热学的考查中更注重了知识点的全面考查，但难度不大，故应全面掌握相应的知识点。
 

10.【答案】BD 

【解析】

 【分析】
  本题根据功能关系分析：重力做功等于重力势能变化量的负值；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．
  解决本题的关键是要掌握常见的功与能的关系，知道重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．
  【解答】
解：A、重力做功等于重力势能变化量的负值，重力势能增加5J，故重力做功为，故A错误；
B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减少2J，故B正确；
C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力和空气阻力做功，而机械能增加，所以电场力和空气阻力做的总功为，而电场力做功2J，故空气阻力做功是，故C错误；
D、合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为，故动能减小，故D正确；
故选：BD  

11.【答案】BD 

【解析】解：A、由题图2可知，交变电压的最大值为 V，周期为 s，所以角速度为，
则原线圈两端的交变电压为，故A错误；
B、灯泡正常发光时的电阻为，电流为，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为，
根据并联电路的特点可知，通过电阻的电流为，所以变压器的输出电压为，则有，故B正确；
C、若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，故C错误；
D、若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由可知输出功率变大，又，所以输入功率变大，原线圈中的电流也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，故D正确。
故选：BD。
根据图象求交变电压的瞬时值表达式，闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析各量的变化。
理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变。
 

12.【答案】AB 

【解析】解：A、由于进入磁场后导体棒做减速运动，直到安培力与重力相等时，就做匀速直线运动，所以速度最大的位置是进入磁场时。进入磁场的速度为，感应电动势为，所以感应电流，所以A选项正确。
B、进入磁场后减速运动直到重力与安培力平衡，则：，所以从开始到达到稳定速度由能量守恒得：，将的值代入得：，所以B选项正确。
C、由功能关系，克服安培力做的功转化成了焦耳热。则克服安培力的功等于Q，所以C选项错误。
D、由于时间未知，整个过程中电流的功率，不能求出。只能求出稳定后，回路的电功率为，所以选项D错误。
故选：AB。
由于进入磁场时，速度减小，则此刻安培力大于重力．进入磁场后导体棒做加速减小的减速运动，从而安培力也减小，当安培力减小到与重力相等时，导体棒就匀速直线运动．此时重力等于安培力，即，这样就能把最终稳定的速度求出来．
本题的关键点在于进入磁场时速度减小，则导体棒做加速度减小的减速运动，直到加速度为零，重力等于安培力，速度稳定做匀速直线运动．由自由落体运动规律和平衡条件，能求出相关物理量．
 

13.【答案】 

【解析】解：由图示游标卡尺可知，游标卡尺的精度是，其示数；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：；
为了调节方便，减小温度对电阻率的影响，并能较准确地测出该金属丝的电阻，电流表应该选择；电压表应该选择；因电源电动势15V，由实验要求可知滑动变阻器应接成分压方式，故为便于控制电路滑动变阻器选择，故选ADF。
为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，，，，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

电压表量程是15V，由图丁所示电压表可知，其分度值是，读数为，电流表量程是，由图示电流表可知，其分度值为，读数为，
由欧姆定律可知，金属丝电阻
由电阻定律可知，，，电阻率的表达式：。
故答案为：，；，D，F；电路图如图所示；；。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和。
根据电路最大电流选择电流表；根据电源电动势选择电压表；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图。
根据图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后应用欧姆定律求出金属丝的电阻。
应用电阻定律求出电阻率的表达式。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后可以作出实验电路图。
 

14.【答案】解：小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：
代入数据解得：

小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：
上滑过程，由牛顿第二定律得：
得：
代入数据解得：
小车下滑过程，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
由运动学公式得：
得重力的平均功率：。 

【解析】对于上滑过程，根据运动学位移-时间关系公式列式求解即可；
受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；
下滑过程，根据根据牛顿第二定律列式求出加速度，由运动学公式求出回到出发点速度，利用平均速度定义求出从最高点返回到出发点的过程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。
本题关键根据速度时间图象得到上滑时的运动情况，求解出加速度后根据牛顿第二定律确定受力情况；下滑过程是已知受力情况，求解出加速度后确定运动情况。
 

15.【答案】解：滑块运动到A点时的速度为，滑块从A到B的过程，根据机械能守恒定律可得：
 
解得：；
滑块经过D点时的速度为，则
解得：  ；
设滑块从A点运动到B点克服摩擦力做功为，则对A到D过程运用动能定理得

解得：  ；
滑块从A点运动到B点，由
解得：    。
答：滑块运动到A点的速度大小是；
滑块从A点运动到B点克服摩擦阻力所做的功是；
滑块与AB间的动摩擦因数是。 

【解析】滑块从A到B的过程，根据机械能守恒定律求出滑块运动到A点的速度。
抓住小球恰好能通过最高点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出滑块通过最高点D点的速度，对A到D过程运用动能定理，求出小球从A点运动到B点克服摩擦阻力所做的功。
根据摩擦力做功公式求滑块与AB间的动摩擦因数。
本题涉及到力在空间的效果求速度，往往根据动能定理或机械能守恒求解，本题的关键要合理地选择研究的过程，运用动能定理或机械能守恒进行研究。
 

16.【答案】解：设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度大小为，方向与x轴正方向间的夹角为，沿y轴方向的大小为，则水平方向上：
解得：
竖直方向上： 而：
解得：
Q点的合速度：
速度和与x轴正方向夹角：，解得
即粒子在Q点速度的大小为，与x轴正方向夹角为；
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，据洛伦兹力提供向心力
解得
粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系得

解得
根据几何关系，粒子在磁场中转过的圆心角为
在磁场中运动的周期：
在磁场中运动的时间：
粒子运动总的时间
答：粒子在Q点速度的大小为，与x轴正方向夹角为；
匀强磁场磁感应强度大小B为；
粒子运动时间为。 

【解析】粒子在坐标轴第一象限做类平抛运动，已知类平抛的初速度，和离开电场时的速度方向与x轴方向成角，根据类平抛运动规律，根据初速度可以求出粒子进入磁场的初速度；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何知识可求磁感应强度大小；
由轨迹图确定粒子在磁场中的偏转角，结合周期公式从而求出粒子总的运动时间。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式。