2023-2024年新疆維吾爾自治區(qū)烏魯木齊市第七十中學高二上學期12月期中物理試題

2023~2024第一學期期中考試高二年級物理試卷（問卷）一、選擇題1.下列說法中正確的是（）A.沖量反映了力在時間上的累積，是過程量，也是標量B.物體動量變化率等于它所受的合外力C.玻璃杯掉在水泥地上比沙地上更易碎，是因為水泥地對其沖量更大D.靜止在地面上的物體，重力的功和沖量都始終為零【答案】B【解析】A.力的沖量為，所以沖量反映了力在時間上的累積，是過程量，它是矢量，故A錯誤；B.根據(jù)動量定理得，則合力，即合力等于動量的變化率，故B正確；C.玻璃杯掉在水泥地上易碎，在玻璃杯與水泥地接觸或與沙地接觸的過程，動量變化量一定，即沖量一定，但掉在水泥上作用時間較短，作用力較大，所以易碎，故C錯誤；D.靜止在地面上的物體，重力的功為，但由于重力作用時間不為，所以重力作用沖量不為。故D錯誤。故選B。2.非洲電鰩的捕獵方式是放電電暈獵物，它放電的電壓可達，電流可達，關于電源、電流和電阻，下列說法正確的是（）A.在金屬導體中，自由電子的定向移動形成電流，兩者方向相同B.導體的電阻與導體兩端電壓成正比，與流過導體的電流成反比C.電源的作用是在電源內(nèi)部把電子由負極搬運到正極，保持兩極之間有電壓D.放電的電流可達，電流的單位“安培”是國際單位制中的基本單位【答案】D【解析】A．人們規(guī)定電流的方向與正電荷定向移動的方向相同，與負電荷定向移動的方向相反，故A錯誤；B.導體的電阻取決自身的材料性質(zhì)，長度和橫截面積，與導體兩端電壓成正比，與流過導體的電流無關，故B錯誤；C．電源的作用是在電源內(nèi)部把電子由正極搬運到負極，保持兩極之間有電壓，故C錯誤；D．國際單位制中七個基本單位：長度，時間，質(zhì)量，熱力學溫度（開爾文溫度），電流，光強度（坎德拉），物質(zhì)的量，所以放電的電流可達，電流的單位“安培”是國際單位制中的基本單位，故D正確。故選D。3.一束水流以水平射到豎直的墻上，水流的橫截面積，則水流對墻壁的壓力為（設水和墻壁碰撞后沿墻壁流下，水的密度為）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】時間內(nèi)噴水質(zhì)量為，水在時間內(nèi)受到墻的沖量為，所以，故選B。4.如圖所示，甲、乙兩個電路圖都是由一個靈敏電流表和一個電阻箱組成的，丙電路圖是由一個靈敏電流表和電源、滑動變阻器組成，已知這三個靈敏電流表規(guī)格相同，滿偏電流，內(nèi)電阻，則下列說法正確的是（）A.甲電路圖表示電流表，增大時量程增大B.乙電路圖表示電壓表，增大時量程減小C.丙電路圖表示歐姆表，插孔是“”插孔，表筆是黑表筆D.在乙圖中，若改裝成的電壓表的量程為，則【答案】D【解析】A．甲電路圖由一個靈敏電流表和一個電阻箱并聯(lián)，利用并聯(lián)電阻的分流，改裝成電流表。電流表的量程為，可知當增大時，量程減小，故A錯誤；B．乙電路圖由一個靈敏電流表和一個電阻箱串聯(lián)，利用串聯(lián)電阻的分壓，改裝成電壓表。電壓表的量程為，可知當增大時，量程增大，故B錯誤；C．丙電路圖表示歐姆表，為保證電流從紅表筆流入歐姆表，表筆是紅表筆，黑表筆與“”插孔連接，則插孔是“”插孔，故C錯誤；D．根據(jù)電壓表改裝原理，若改裝成的電壓表的量程為，分壓電阻為，故D正確。故選D。5.如圖所示，、分別為電源和電阻的圖線，虛線過圖線、交點并與曲線相切?，F(xiàn)將電源與電阻及開關，導線組成閉合電路。由圖像可知（）A.電源的電動勢為，內(nèi)阻為，此時輸出功率為曲線與橫軸所圍面積B.的阻值隨電壓升高而增大，此時的阻值為C.此時電源消耗的熱功率為，效率約為D.若再串聯(lián)一定值電阻，電源的輸出功率一定增大【答案】C【解析】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律有，結合圖像的截距和斜率可知，，交點代表電路的工作電壓和電流，所以此時輸出功率為，并非為曲線與橫軸所圍面積，故A錯誤；B．由圖可知的阻值隨電壓升高而增大，此時的阻值為，故B錯誤；C．此時電源消耗的熱功率為，效率為，故C正確；D．由于串聯(lián)的電阻大小未知，無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯誤。故選C。6.電路如圖所示，電源內(nèi)阻為，、、為相同規(guī)格小燈泡，阻值都大于，當可變電阻的滑片向右滑動時（）A.小燈泡比亮，比亮B.燈泡、都變亮C.燈泡變亮D.電源的輸出功率和效率都變大【答案】C【解析】ABC.當可變電阻的滑片向右滑動時，阻值變大，則總電阻變大，總電流減小，燈泡變暗，并聯(lián)支路的電壓變大，則燈泡變亮，則燈泡電流變大，則燈泡電流變小，即燈泡變暗；通過小燈泡的電流大于的電流，則小燈泡比亮，兩端電壓大于，因此比暗，故AB錯誤，C正確；D.由題，燈泡電阻大于電源內(nèi)阻，當變阻器的滑片向左移動時，外電路總電阻減小，則知電源輸出功率增大。電源的效率，外電阻減小，減小，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木飯，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量。質(zhì)量的鐵塊以水平速度從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題意可知鐵塊壓縮彈簧過程中，以彈簧、木板和鐵塊為系統(tǒng)動量守恒，當木板和鐵塊速度相等時彈簧具有最大彈性勢能，設木板與鐵塊間摩擦力為，木板長，共同速度為，以水平向右為正方向，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別可得，，又因為鐵塊最后恰好停在木板的左端，故根據(jù)能量守恒定律有，聯(lián)立解得，故選C。8.如圖所示，質(zhì)量為的物體，從半徑為，質(zhì)量為的光滑半圓槽的最上端由靜止滑下，則下列說法中正確的是（）A.若圓槽固定，滑到最低點過程中合外力的沖量大小為B.若地面光滑，與圓槽在滑動過程中系統(tǒng)機械能和系統(tǒng)動量都守恒C.若地面光滑，可以滑到右側等高位置，此時圓槽向左移動了D.若地面光滑，運動到最低點時對圓槽的壓力為【答案】AD【解析】A.若圓槽固定，滑到最低點的過程，由動能定理得，得滑到最低點的速度為，由動量定理有若圓槽固定，滑到最低點過程中合外力的沖量大小為，故A正確；B.若地面光滑，與圓槽在滑動過程中只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能，但系統(tǒng)所受合外力不為，所以系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受的外力為，所以系統(tǒng)在水平方向滿足動量守恒。故B錯誤；C.地面光滑時，物體滑至圓槽右側等高位置物體相對于圓槽靜止，由水平方向系統(tǒng)動量守恒可知此時物體和圓槽的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒可知可以滑到右側等高位置，此時圓槽向左移動了，由動量守恒有，即，得，故C錯誤；D.若地面光滑，運動到最低點的過程中由動量守恒定律和機械能守恒定律有，，得運動到最低點的速度為，即相對圓槽的速度為，由牛頓第二定律有運動到最低點時對圓槽的壓力為，得，故D正確。故選AD。9.如圖所示，是半徑為的圓周的圓弧形光滑槽，其質(zhì)量為，靜置于光滑水平面上，為與的圓心等高的點，為的最低點，與水平面相切。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量未知的小球靜止在右邊的水平面上。將另一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為的小球從槽口點自由釋放，到達水平面上與小球發(fā)生彈性正碰。整個過程中，不計一切阻力，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.小球下滑到點過程中，和組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒B.小球第一次下滑到點時，光滑槽的速率為C.小球第一次下滑到點時所受支持力大小為D.當小球的質(zhì)量為時，小球與小球b碰撞后，小球沿光滑槽上升最大高度為【答案】AB【解析】A．小球下滑到點過程中，小球和光滑槽組成的系統(tǒng)中只有重力做功，機械能守恒，小球和光滑槽組成的系統(tǒng)合外力不為零，但水平方向合力為零，因此水平方向動量守恒，故A正確；B．小球第一次下滑到點時，小球和光滑槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有，根據(jù)機械能守恒有，解得光滑槽的速度為，故小球第一次下滑到點時，光滑槽的速率為，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律，小球第一次下滑到點時所受支持力大小為，故C錯誤；D．當小球的質(zhì)量為時，小球與小球碰撞后，根據(jù)動量守恒有，根據(jù)機械能守恒有，解得，小球沿光滑槽上共速時有，根據(jù)機械能守恒有，解得小球沿光滑槽上升最大高度為，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上、兩點有兩個完全相同的帶電彈性金屬小球、，質(zhì)量都為，帶電量為，帶電量為，兩球同時以速度相向運動，隨后接觸發(fā)生彈性碰撞，再分開各自反向運動，小球看成質(zhì)點，整個過程忽略一切阻力，也不考慮由于帶電小球運動引起的電磁效應。下列說法正確的是（）A.兩小球碰撞位置在、連線中點的左側B.某時刻球向右運動速度為時，系統(tǒng)增加的電勢能為C.兩小球同時回到出發(fā)點，回到出發(fā)點的速度大小相等且大于初始速度D.整個過程兩小球組成系統(tǒng)動量守恒，機械能先減小后增大【答案】CD【解析】A.對小球、有，因為兩小球完全相同，所以，又由，有，對小球，，對小球，，得，又，得，即在中點發(fā)生碰撞，故A錯誤；B.對小球、有，，即，時刻成立，所以，由功能關系有，故B錯誤；C.兩小球接觸時兩小球的電荷量都變成了，小球靠近時電場力做負功，電勢能增加，遠離時，電勢能做正功，電勢能減少，但由于遠離時兩者的庫侖力比靠近時大，有減少的電勢能比增加的多，所以回到出發(fā)點時系統(tǒng)電勢能相對初始狀態(tài)減少，所以系統(tǒng)動能增大，即兩小球的速度大小相同且大于初始速度，故C正確；D.整個過程兩小球組成系統(tǒng)所受合外力為，所以系統(tǒng)動量守恒?？拷鼤r庫侖力做負功，所以系統(tǒng)機械能減少，遠離時庫侖力做正功，所以機械能增加，故D正確。故選CD。11.在如圖所示電路中，電源電動勢，內(nèi)阻，定值電阻，，滑動變阻器的取值范圍為，所有電表均為理想電表。閉合開關，在滑動變阻器的滑片從端滑到端的過程中，電壓表、電壓表、電流表示數(shù)的變化量分別為、、，下列說法正確的是（）A.讀數(shù)變小，則讀數(shù)變大，小于B.C.的功率先增大后減小，最大值為D.電源的輸出功率先增大后減小，最大值為【答案】ABC【解析】將和等效為電源內(nèi)阻，則等效電源的電動勢等效內(nèi)阻，等效電路如圖；A．則當滑動變阻器的滑片從端滑到端的過程中，變大，總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，讀數(shù)變小，則讀數(shù)變大，因，可知小于，故A正確；B．因為，又有，故B正確；C．將等效為新電源的內(nèi)阻，內(nèi)阻為，當外電路電阻等于電源內(nèi)阻時輸出功率最大，則當滑動變阻器的滑片從端滑到端的過程中，電阻從增加到，可知的功率先增大后減小，當時功率最大，最大值為，故C正確；D．當滑動變阻器的滑片在端時，電源的外電阻為，當滑動變阻器的滑片在端時，電源的外電阻為，電源的內(nèi)阻，則滑動變阻器的滑片從端滑到端的過程中，電源的輸出功率一直減小，故D錯誤。故選ABC。12.將小球以大小以的初速度豎直上拋，經(jīng)過時間后返回到拋出點，已知小球運動過程中受到的空氣阻力大小與其速率成正比，下圖為小球速度時間圖像，重力加速度大小為，則小球（）A.上升過程的時間小于下降過程的時間B.克服空氣阻力做功上升過程小于下降過程C.所受空氣阻力的沖量大小上升過程等于下降過程D.返回拋出點時的速度大小為【答案】ACD【解析】A．小球運動過程中受到空氣阻力與其速率成正比，即，則上升過程中加速度大小為，下降過程中加速度大小為，上升與下降過程中位移大小相等，根據(jù)，可知，故A正確；B．由于，可知上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，所以運動過程的平均阻力的關系為，由，因為克服阻力做功上升和下降位移相等，所以，故B錯誤；CD．小球運動的圖像如圖所示，由于位移大小相等，因此圖中兩陰影部分面積相等；因為，則圖像的兩陰影部分的面積也相等，由，可知上升和下降過程的沖量大小相等；取豎直向上為正方向，設返回拋出點的速度大小為，則根據(jù)動量定理有，解得，故CD正確。故選ACD。二、實驗題13.某同學用如圖所示的裝置，通過、兩球的碰撞來驗證動量守恒定律。（1）在以下測量工具中，本實驗必須使用的是______。A．刻度尺B．游標卡尺C．秒表（2）實驗中不需要滿足的條件是_____。A．斜槽軌道的末端切線必須水平B．入射球每次必須從軌道同一位置由靜止釋放C．兩球材質(zhì)必須相同D．兩球質(zhì)量應滿足E．兩球半徑應滿足F．必須測量出斜槽水平端到地面的高度（3）若小球的落點是點，要驗證小球與小球碰撞過程動量守恒應滿足的關系是_____。（用、、、、表示）【答案】（1）A；（2）CF##FC；（3）【解析】（1）[1]A．實驗中需要測量小球平拋后的水平距離，故需要用刻度尺，故A正確；BC．本實驗中兩球下落時間相同，不需要測量運動時間，不需要秒表，同時只需要保證小球的直徑相同，故不需要游標卡尺，故BC錯誤。故選A。（2）[2]A．為了保證小球做平拋運動，斜槽軌道的末端切線必須水平，故A正確；B．為了保證入射球碰前速度相同，入射球必須從同一位置靜止釋放，故B正確；CDE．為了讓兩球發(fā)生對心碰撞，小球半徑必須相等，即，為了防止入射球反彈，入射小球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，即，則兩球的材質(zhì)定不相同，故C錯誤，DE正確。F.本實驗中兩球下落高度和時間相同，不需要測量出斜槽水平端到地面的高度，故F錯誤。本題選不需要滿足的條件，故選CF。（3）[3]小球離開軌道后做平拋運動，設碰撞前入射球的速度大小為，碰撞后瞬間入射球的速度大小為，被碰球的速度大小為，小球做平拋運動拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得，兩邊同時乘以，則，即。14.實驗室提供下列器材：A．電源電動勢、內(nèi)阻B．電阻箱（）C．電流表（，，內(nèi)阻較?。〥．電壓表（，，內(nèi)阻較大）E．一段電阻率較大、粗細均勻的電阻絲（鎳鉻合金絲），滑片與電阻絲始終接觸良好F．螺旋測微器G．開關，導線若干

為測定電源電動勢和內(nèi)阻，用電阻絲替代滑動變阻器，設計了如圖所示的實驗電路。其中電阻箱。實驗時，閉合開關，調(diào)節(jié)滑片到某一位置，測出的長度和對應的電壓、電流的值，改變滑片的位置，得到多組及對應的、值。根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)，用描點法在坐標紙上分別作出圖像、圖像，如圖和圖所示，依據(jù)圖像可求得：（1）電源電動勢______，內(nèi)阻______；（結果保留兩位有效數(shù)字）（2）如圖所示，用螺旋測微器測得電阻絲的直徑______；（3）電阻絲的電阻率______（計算結果取兩位有效數(shù)字）。【答案】（1），；（2）######；（3）【解析】（1）[1][2]由閉合電路歐姆定律可得，可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有，圖像的斜率絕對值為，解得內(nèi)阻為；（2）[3]螺旋測微器的精確值為，由圖可知電阻絲的直徑為；（3）[4]由歐姆定律可得，又，聯(lián)立可得，可知圖像的斜率為，解得阻絲的電阻率為。三、解答題15.在檢測籃球的性能時，檢測人員將籃球從高處自由下落，通過測量籃球自由下落的高度、反彈高度及下落和反彈的總時間等數(shù)據(jù)來測評籃球是否合格。在某次檢測過程中，檢測員將籃球最低點置于距離地面處開始自由下落，測出籃球從開始下落到第一次反彈至最高點所用的時間為，籃球最低點所能到達的最大高度降為。已知該籃球的質(zhì)量為。不計空氣阻力。（）（1）求籃球第一次反彈后即將離開地面時的動量大小和方向；（2）求籃球第一次反彈過程中與地面接觸的時間；（3）籃球第一次與地面接觸的過程中對地面的平均作用力大小。【答案】（1），方向豎直向上；（2）；（3）【解析】（1）籃球第一次反彈后即將離開地面時的速度滿足，可得，離開地面時的動量，方向豎直向上；（2）籃球第一次自由下落的時間滿足，可得，籃球第一次反彈后上升的時間滿足，可得，則可得籃球與地面接觸的時間；（3）籃球第一次自由小落著地前的速度滿足，可得，籃球與地面接觸的過程中，可得，由牛頓第三定律可知籃球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮椤?6.玩具起重機的電路示意圖如圖所示，電源電動勢，定值電阻，當電動機以的速度沿豎直方向勻速提升質(zhì)量的重物時，理想電流表的示數(shù)，標有“，”的燈泡恰好正常發(fā)光。取重力加速度大小，求：（1）電源的內(nèi)阻；（2）電源的輸出功率；（3）電動機的內(nèi)阻?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）由電路圖可知，燈泡與電動機并聯(lián)，燈泡正常發(fā)光，并聯(lián)電路的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，解得；（2）電源的路端電壓，電源的輸出功率，解得；（3）流過燈泡的電流，流過電動機的電流，電動機消耗的功率，電動機的輸出功率，電動機的發(fā)熱功率，解得。17.如圖所示，在光滑的水平面上有三個小物塊、、，三者處于同一直線上，質(zhì)量分別為mC=m，初始、用輕彈簧栓連處于靜止狀態(tài)，以初速度向左運動，、相碰后以相同速度向左運動但不粘連，和為已知量，求（1）、相碰損失的機械能；（2）彈簧壓縮量最大時儲存的彈性勢能；（3）彈簧伸長量最大時儲存的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）、相碰后速度為，由動量守恒有，得，、相碰損失的機械能；（2）第一次共速時彈簧壓縮量最大，、、組成系統(tǒng)為研究對象，，得；（3）與碰后至彈簧第一次恢復原長