高二物理（選修） 2021.12
試卷滿分：100分， 考試時(shí)間：75分鐘
注意事項(xiàng)：
1．作答第Ⅰ卷前，請考生務(wù)必將自己的姓名、考試證號等寫在答題卡上并貼上條形碼。
2．將選擇題答案填寫在答題卡的指定位置上（使用機(jī)讀卡的用2B鉛筆在機(jī)讀卡上填涂），非選擇題一在答題卡上作答，在試卷上答題無效。
3．考試結(jié)束后，請將機(jī)讀卡和答題卡交監(jiān)考人員。
第 Ⅰ 卷（選擇題 共40分）
一、單項(xiàng)選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是最符合題意的。（請將所有選擇題答案填到答題卡的指定位置中。）
1. 下列說法中正確的是（ ）
A. 磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度大的地方，磁通量一定很大
B. 穿過某一面積的磁通量為零，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零
C. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與通電直導(dǎo)線在該處所受磁場力方向相同
D. 若一小段電流在某處所受的磁場力為零，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零
【答案】D
【解析】
【詳解】A．磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度大的地方，若閉合線圈平面跟磁場方向平行時(shí)，磁通量卻為零，則磁通量不一定很大，故A錯誤；
B．穿過某個面的磁通量為零，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，也可能這個面與磁場平行，故B錯誤；
C．根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與通電直導(dǎo)線在該處所受磁場力方向垂直，故C錯誤；
D．一小段電流在某處所受的磁場力為零，該處不一定無磁場，可能是因?yàn)閷?dǎo)線與磁場平行，故D正確；
故選D。
2. 我國北京正負(fù)電子對撞機(jī)的儲存環(huán)是周長為240 m的近似圓形軌道，當(dāng)環(huán)中的電流是10 mA時(shí)(設(shè)電子的速度是3×107m/s)，在整個環(huán)中運(yùn)行的電子數(shù)目為(電子電量e=1.6×10－19C)( )
A. 5×1011個B. 5×1010個
C. 1×102個D. 1×104個
【答案】A
【解析】
【詳解】試題分析：電子運(yùn)動一周用的時(shí)間：，因?yàn)?，，在整個環(huán)中運(yùn)行的電子數(shù)目個，A正確．
考點(diǎn)：考查了電流的宏觀定義
【名師點(diǎn)睛】知道電子的速度和周長，利用速度公式求電子運(yùn)動一周用的時(shí)間，再根據(jù)電流定義式求電荷量，而一個電子電荷量，可求在整個環(huán)中運(yùn)行的電子數(shù)目．
3. 如圖所示，擺長為L的單擺，周期為T。如果在懸點(diǎn)O的正下方B點(diǎn)固定一個光滑的釘子，的長度為長度的，使擺球A通過最低點(diǎn)向左擺動，碰到釘子后成為一個新的單擺，則下列說法正確的是（ ）
A. 擺球A通過最低點(diǎn)向左擺動時(shí)繩子拉力不變
B. 擺球A通過最低點(diǎn)向左擺動時(shí)繩子拉力變小
C. 單擺在整個振動過程中的周期將變大為原來的
D. 單擺在整個振動過程中的周期將變小為原來的
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．?dāng)[球A通過最低點(diǎn)向左擺動時(shí)，由牛頓第二定律得
得
由于運(yùn)動的半徑變小，速度不變，所以繩子的拉力變大，故AB錯誤；
CD．根據(jù)單擺周期公式
未加釘子時(shí)，周期
懸線長變?yōu)楸粨鹾?，周期變?yōu)?br>所以加了釘子的周期為
所以周期變?yōu)樵瓉淼模蔆錯誤，D正確。
故選D。
4. 如圖是某質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動時(shí)的振動圖像，根據(jù)圖像可以判斷（ ）
A. 在第1.5秒時(shí)，質(zhì)點(diǎn)向x軸正方向運(yùn)動
B. 在第2秒末到第3秒末，質(zhì)點(diǎn)做加速運(yùn)動
C. 在第1秒末，質(zhì)點(diǎn)的加速度為零
D. 從第1秒末到第3秒末，質(zhì)點(diǎn)所受合外力做功為零
【答案】D
【解析】
【詳解】A．x-t圖像某點(diǎn)切線斜率的正負(fù)表示該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)速度的方向，在第1.5秒時(shí)，圖像切線斜率為負(fù)，說明質(zhì)點(diǎn)向x軸負(fù)方向運(yùn)動，故A錯誤；
B．在第2秒末到第3秒末，質(zhì)點(diǎn)遠(yuǎn)離平衡位置，做減速運(yùn)動，故B錯誤；
C．在第1秒末，質(zhì)點(diǎn)位于正向最大位移處，其加速度達(dá)到最大值，故C錯誤；
D．質(zhì)點(diǎn)在第1秒末和第3秒末的速度均為零，所以從第1秒末到第3秒末，質(zhì)點(diǎn)動能的變化量為零，根據(jù)動能定理可知合外力做功為零，故D正確。
故選D。
5. 如圖所示為某種規(guī)格小燈泡的伏安特性曲線，若將該小燈泡接在電動勢，內(nèi)阻的電源上，則小燈泡消耗的實(shí)際功率約為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】將電源的U-I關(guān)系
U=E-Ir=3-6I
畫在電阻的U-I圖線上可知
兩圖像的交點(diǎn)U=1.85V，I=0.19A，則
P=IU=019×1.85W=0.35W
故選B。
6. 如圖所示，甲圖為一列簡諧橫波在t＝1.2s時(shí)刻的波形圖像，乙圖為簡諧橫波中質(zhì)點(diǎn)A的振動圖像，則下列說法中正確的是（ ）
A. 質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動，波向左傳播B. 質(zhì)點(diǎn)A向下運(yùn)動，波向右傳播
C. 質(zhì)點(diǎn)A向上運(yùn)動，波向左傳播D. 質(zhì)點(diǎn)A向上運(yùn)動，波向右傳播
【答案】A
【解析】
【詳解】t=1.2s時(shí)，由乙圖可知，簡諧橫波中質(zhì)點(diǎn)A正在向下振動；再結(jié)合題圖甲根據(jù)振動與波動的關(guān)系可知，波向左傳播。故A正確。
故選A。
7. 兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，mA=1kg，mB=1kg、vA=6m/s、vB=2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（ ）
A vA′=1m/s，vB′=7m/sB. vA′=2m/s，vB′=6m/s
C. vA′=4m/s，vB′=4m/sD. vA′=5m/s，vB′=3m/s
【答案】BC
【解析】
【詳解】根據(jù)動量守恒定律可得
①
根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)機(jī)械能不會增多可得
②
聯(lián)立①②解得
③
④
再根據(jù)碰撞能夠發(fā)生可得
⑤
綜上所述可知AD不可能，BC可能。
故選BC。
8. 如圖所示，在平行于水平地面的有理想邊界的勻強(qiáng)磁場上方，有三個大小相同且用相同的金屬材料制成的正方形線框，線框平面與磁場方向垂直，A線框有一個缺口，B、C線框都閉合，但B線框?qū)Ь€的橫截面積比C線框大．現(xiàn)將三個線框從同一高度由靜止開始同時(shí)釋放，下列關(guān)于它們落地時(shí)間的說法，正確的是（ ）
A. 三個線框同時(shí)落地
B. 三個線框中，A線框最后落地
C. B線框在C線框之后落地
D. B線框和C線框在A線框之后同時(shí)落地
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．A線框進(jìn)入磁場過程中，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框不受安培力作用，只受重力，加速度等于g；B、C線框是閉合的，進(jìn)入磁場過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框受到豎直向上的安培力作用，加速度小于g，則A線框最先落地，故AB錯誤．
CD．設(shè)B、C線框的邊長為L，材料橫截面積為S，電阻率為電，密度為密，質(zhì)量為m，進(jìn)入磁場過程中速度為v時(shí)加速度為a，安培力F=BIL，I=，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-=ma，得加速度a=g-=g-=g-g，可知加速度a與材料橫截面積S無關(guān)，所以大小相同且用相同的金屬材料制成的B、C線框同時(shí)落地，故C錯誤，D正確．
9. 如圖所示，電源電動勢E=12 V，內(nèi)阻r=3Ω，直流電動機(jī)內(nèi)阻0.5Ω。調(diào)節(jié)R2使電源輸出功率最大，且此時(shí)電動機(jī)剛好正常工作（額定功率為6 W），則此時(shí)R2的阻值和電動機(jī)的輸出機(jī)械功率P為（ ）
A. R2=2.5ΩB. P=4W
C. P=2WD. R2=4.5Ω
【答案】B
【解析】
【詳解】當(dāng)電動機(jī)M正常工作時(shí)，將電動機(jī)M等效為電阻為R的電阻，電源輸出功率最大時(shí)，電源內(nèi)阻等于外電阻，此時(shí)電源的輸出功率為
此時(shí)電路中的電流為

則由
解得
R2=1.5Ω
電動機(jī)的輸出機(jī)械功率
故選B.
10. 如圖所示，一熱氣球正以豎直速度v勻速上升，當(dāng)氣球下面所系質(zhì)量為m的物體距水平地面h高處時(shí)，繩子斷裂，物體和氣球分離．已知熱氣球與物體的總質(zhì)量為M，分離后熱氣球所受浮力不變，重力加速度大小為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（ ）
A. 從分離開始，經(jīng)過時(shí)間物體落地
B. 物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球的速度大小為
C. 物體從分離到落地的過程中，熱氣球所受合力的沖量大小為
D. 物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球上升的高度為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．從分離開始，物體做豎直上拋運(yùn)動，則有
解得

（舍去）
所以A錯誤；
B．物體剛到達(dá)地面時(shí)的速度為v1，則有
解得
對熱氣球與物體組成系統(tǒng)合外力為0，則系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有
聯(lián)立解得
所以B錯誤；
C．物體從分離到落地的過程中，熱氣球所受合力的沖量大小為，則有
聯(lián)立解得
所以C錯誤；
D．物體剛到達(dá)地面時(shí)，熱氣球上升的高度為H，則有
聯(lián)立解得
所以D正確；
故選D。
第II卷（非選擇題 共60分）
二、實(shí)驗(yàn)題（共2小題，每空2分，共12分）
11. 如圖甲所示為利用“類牛頓擺”驗(yàn)證碰撞過程中的動量守恒。實(shí)驗(yàn)器材：支架兩個半徑相同的球1和球2，細(xì)線若干，坐標(biāo)紙，刻度尺等．實(shí)驗(yàn)所在地重力加速度大小為g。
實(shí)驗(yàn)步驟如下：
（1）測量小球1、2質(zhì)量分別為、，將小球各用兩細(xì)線懸掛于水平支架上，使兩小球球心位于同一水平面，如圖甲；
（2）將坐標(biāo)紙豎直固定在一個水平支架上，使坐標(biāo)紙與小球運(yùn)動平面平行且盡量靠近。坐標(biāo)紙每一小格是相同的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標(biāo)紙方向用手機(jī)高速連拍；
（3）如圖乙所示，分析連拍照片得出，球1從A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)與球2發(fā)生水平方向的正碰，球1碰后到達(dá)最高位置為B，球2向右擺動的最高位置為C，測得A、B、C到最低點(diǎn)的豎直高度差分別為、、，則碰后瞬間球1的速度大小為_______，碰后瞬間球2的速度大小為______；
（4）若滿足關(guān)系式_________，則能證明碰撞中系統(tǒng)總動量守恒；若滿足關(guān)系式________，則說明兩小球發(fā)生的是彈性碰撞。
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【詳解】(3)[1]球1碰后到達(dá)最高位置為B，小球1碰后過程有
解得小球1碰后的速度為
[2]小球2碰后的過程有
解得小球2碰后的速度為
(4)[3]將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，小球1到達(dá)最低點(diǎn)過程有
解得小球1碰前的速度為
若滿足關(guān)系式
即
則能證明碰撞中系統(tǒng)總動量守恒；
[4]若滿足關(guān)系式
即
則說明兩小球發(fā)生的是彈性碰撞。
12. 某同學(xué)在測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率時(shí)。
（1）用游標(biāo)為20分度的卡尺測量其長度如圖甲，由圖可知其長度為___________cm；
（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖乙，由圖可知其直徑為___________mm。
【答案】 ①. 5.025 ②. 4.700（4.690或4.701）
【解析】
【分析】
【詳解】(1)[1] 游標(biāo)為20分度，其測量精度為0.05mm，則游標(biāo)卡尺的讀數(shù)：游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為50mm，游標(biāo)讀數(shù)為
5×0.05mm=0.25mm
所以最終讀數(shù)為
50.25mm=5.025cm
(2)[2] 螺旋測微器固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動刻度讀數(shù)為
20.0×0.01mm=0.200mm
最終讀數(shù)為
d=4.5mm+0.200mm=4.700mm
三、計(jì)算題（本大題共4小題，共48分。解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）
13. 如圖所示，變阻器R2的最大電阻是10Ω，R3＝5Ω，電源的內(nèi)電阻r＝1Ω，當(dāng)電鍵S閉合，變阻器的滑片在中點(diǎn)位置時(shí)，電源的總功率為16W，電源的輸出功率為12 W.此時(shí)電燈R1正常發(fā)光，求：
（1）電燈阻值R1是多少？（設(shè)R1阻值恒定不變）
（2）當(dāng)電鍵S斷開時(shí)，調(diào)節(jié)變阻器的電阻，使電燈正常工作，此時(shí)的電源效率？
【答案】（1）2.5Ω；（2）90%
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)電鍵S閉合時(shí)，由
P總－P出＝I2r
得
由
P總＝EI
得
路端電壓
U＝E－Ir＝8V－2×1V＝6V
通過R3的電流為
通過電燈的電流為
I2＝I－I3＝(2－1.2) A＝0.8 A
電燈R1的阻值
（2）電燈額定電流
I額＝0.8 A
此時(shí)路端電壓
電源的效率
14. 如圖，ab和cd為質(zhì)量m=0.1kg、長度L=0.5m、電阻R=0.3Ω的兩相同金屬棒，ab放在半徑分別為r1=0.5m和r2=1m的水平同心圓環(huán)導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T豎直向上的勻強(qiáng)磁場中；cd跨放在間距也為L=0.5m、傾角為θ=30°的光滑平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B=0.2T方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．四條導(dǎo)軌由導(dǎo)線連接并與兩導(dǎo)體棒組成閉合電路，除導(dǎo)體棒電阻外其余電阻均不計(jì)．a(chǎn)b在外力作用下沿圓環(huán)導(dǎo)軌勻速轉(zhuǎn)動，使cd在傾斜導(dǎo)軌上保持靜止。重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）流過cd的電流；
（2）從上向下看ab應(yīng)沿順時(shí)針還是逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度大小？
【答案】（1）5A；（2）順時(shí)針；40rad/s
【解析】
【詳解】（1）對cd進(jìn)行受力分析可知
mgsinθ=BIL
代入數(shù)據(jù)可得流過cd的電流
（2）根據(jù)左手定則可知，流過cd的電流是由d到c；根據(jù)右手定則，則從上往下看，ab應(yīng)沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動；
根據(jù)閉合電路歐姆定律，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢
E=I×（2R）=5×2×0.3V=3V
ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢
E=BLv
所以
解得
ω= 40rad/s
15. 如圖所示，物體B和物體C用勁度系數(shù)為的輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個物體A從物體B的正上方距離B的高度為處由靜止釋放，下落后與物體B碰撞。碰后A與B立刻粘合在一起并向下運(yùn)動，在以后的運(yùn)動中A、B不再分離。已知物體A、B、C的質(zhì)量均為，重力加速度為，忽略空氣阻力。求：
（1）求A與B碰撞后瞬間的速度大??；
（2）A和B一起運(yùn)動達(dá)到最大速度時(shí)，物體C對水平面地的壓力大??；
（3）開始時(shí)，物體A從距B多大的高度自由落下時(shí)，在以后的運(yùn)動中才能使物體C恰好離開地面。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)物體A碰前速度，有
A、B碰撞時(shí)動量守恒，有
解得
（2）當(dāng)A、B達(dá)到最大速度時(shí)，A、B所受合外力為零，設(shè)此時(shí)彈簧彈力為F，對A、B由平衡條件得
設(shè)地面對C的支持力為N，對C由受力平衡得
由牛頓第三定律得C對地面的壓力大小為
（3）若物體從H高處落下，由（1）可得A與B碰前A的速度為
A與B碰后瞬間的共同速度為
由對稱性可知，當(dāng)C剛好離開地面時(shí)彈簧的彈性勢能與碰撞后瞬間的勢能相等（彈簧形變量大小相等），由機(jī)械能守恒得
又
可解得
16. 如圖所示，質(zhì)量的木板Q靜止在光滑水平地面上，距其右端x（未知且可調(diào)）處有一擋板A。一質(zhì)量的小滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于木板左端上方某點(diǎn)?，F(xiàn)水平向右迅速敲擊小滑塊P，使其瞬間獲得的初速度沿木板向右運(yùn)動，最終P、Q均靜止且P未滑離木板Q。已知重力加速度大小為，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.3，木板與右側(cè)擋板A的碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短可忽略。
（1）求當(dāng)小滑塊P的速度減至?xí)r，木板Q的速度大?。ㄩL木板Q尚未與擋板A發(fā)生碰撞）；
（2）若木板Q只與擋板A發(fā)生了1次碰撞，求木板的運(yùn)動時(shí)間；
（3）若木板Q只與擋板A發(fā)生了2次碰撞，求滑塊P從開始運(yùn)動到靜止這一過程滑動的距離；
（4）若木板Q只與擋板A發(fā)生了3次碰撞，求最開始時(shí)木板P右端與擋板A之間的距離x的值。
【答案】（1）1m/s；（2）2s；（3）6m；（4）m
【解析】
【詳解】（1）由小滑塊P與長木板Q組成的系統(tǒng)動量守恒可得
可得木板Q的速度大小
（2）若木板只與擋板A發(fā)生了1次碰撞，即碰前瞬間P與Q的動量大小相等
解得
根據(jù)牛頓第二定律有
木板先加速到1.5m/s，與A碰后，反向減速到0，則木板的運(yùn)動時(shí)間
解得
（3）木板Q與擋板A發(fā)生2次碰撞過程中，滑塊在木板上一直做勻減速運(yùn)動，則有
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（4）木板Q只與擋板A發(fā)生了3次碰撞，即第3次碰撞前瞬間木板與滑塊的動量大小相等．每次碰撞前瞬間木板的速度都相等，設(shè)為，即每次碰撞過程中A對木板的沖量大小為
從P滑上Q到最終都靜止過程，對P、Q整體全過程根據(jù)動量定理得
解得
根據(jù)速度位移公式有
解得

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