安徽省亳州市第一中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考物理試卷考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共100分?？荚嚂r間75分鐘。2.請將各題答案填寫在答題卡上。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1. 如圖所示，用兩根絕緣線把兩個小球懸掛起，a球帶電+q，b球帶電-2q，若兩球的庫侖力遠(yuǎn)小于b球的重力，且兩根線都處于繃緊狀態(tài)，現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，待平衡時，表示平衡狀態(tài)的圖是（??）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】以ab整體為研究對象，整體電量相當(dāng)于-q，水平方向受向右的電場力，故上面繩子向右傾斜；以最下面小球為研究對象，帶負(fù)電，受向右的電場力，故下面的繩子也是向右傾斜。故選C。2. 如圖，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關(guān)，V與A分別為電壓表與電流表．初始時S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則（ ）A. V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變小 B. V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大C. V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變小 D. V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變大【答案】B【解析】【詳解】S斷開，相當(dāng)于電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，故路端電壓增大，V的讀數(shù)變大；把R1歸為內(nèi)阻，內(nèi)電壓減小，故R3中的電壓增大，由歐姆定律可知R3中的電流也增大，電流表示數(shù)增大，A．分析得V的讀數(shù)變大，Ａ的讀數(shù)變大，故A錯誤；B．分析得V的讀數(shù)變大，Ａ的讀數(shù)變大，故B正確；C．分析得V的讀數(shù)變大，Ａ的讀數(shù)變大，故C錯誤；D．分析得V的讀數(shù)變大，Ａ的讀數(shù)變大，故D錯誤； 3. 如圖，A、B兩個小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA和mB，動量大小分別為pA和pB，若pA<pB，則（　　）A. mA<mB B. mA>mBC. 碰撞后的總動量向左 D. 碰撞后的總動量向右【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB．由動量表達(dá)式由于不知道兩球速度關(guān)系，故無法判斷兩球質(zhì)量關(guān)系，AB錯誤；CD．因為A、B動量大小滿足pA<pB，故系統(tǒng)總動量向左，由于地面光滑合外力為零，碰撞過程滿足動量守恒，則碰撞后的總動量向左，C正確，D錯誤。故選C。4. 如圖所示，左側(cè)MG為光滑半圓形軌道，與水平光滑軌道平滑相連，半徑為。水平軌道分為兩段，MN為長的光滑水平軌道，NP部分粗糙且足夠長，在水平軌道靠近N點處放著兩個物塊A、B，中間夾著炸藥，儲存了60J的化學(xué)能，某時刻引爆炸藥。已知兩物塊與NP間的動摩擦因數(shù)，A、B質(zhì)量分別為，。A、B可視為質(zhì)點，假設(shè)化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為機械能，且之后所有的碰撞為彈性碰撞。重力加速度g取10 m/s2。關(guān)于A、B的運動，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 爆炸過程中，B受到的沖量大小為8 B. 爆炸之后，A、B不會再次發(fā)生碰撞C. 爆炸之后，A、B會發(fā)生碰撞，且碰后向同一方向運動D. 最終A、B停止運動后的距離為1m【答案】D【解析】【詳解】A．對爆炸過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得B受到的沖量大小為故A錯誤；BC．爆炸結(jié)束后，假設(shè)A恰好能滑到與半圓軌道圓心等高處需要的速度為，由機械能守恒定律得解得因為所以碰撞后A滑不到與半圓軌道圓心等高處，根據(jù)機械能守恒定律知，A返回N點時速度大小等于vA，因為所以爆炸之后，A、B會發(fā)生碰撞，碰撞時B已經(jīng)靜止，根據(jù)一動一靜的完全彈性碰撞可得，A、B發(fā)生彈性碰撞，因A質(zhì)量小于B的質(zhì)量，碰后A、B運動方向相反，故BC錯誤；D．對B，由動能定理得從爆炸結(jié)束后到與B碰撞前，對A，由動能定理得A、B碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，有碰撞結(jié)束后，對A，由動能定理得對B，由動能定理得最終A、B間距代入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選D。5. 如圖所示，光滑細(xì)桿BC和AC構(gòu)成直角三角形ABC，其中AC桿豎直，BC桿和AC桿間的夾角，兩根細(xì)桿上分別套有質(zhì)量相等的可視為質(zhì)點的小球P、Q?，F(xiàn)將兩個小球分別從桿AC和BC的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，sin37°=0.6，則P、Q兩個小球由靜止釋放后到運動至C點的過程中，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 運動時間之比為3：4 B. 重力的沖量之比2：1C. 合力的沖量之比為5：4 D. 合力的功之比為1：2【答案】C【解析】【詳解】A．設(shè)AC長度為L，則BC長度為，P球沿AC桿下滑的加速度為Q球沿BC桿下滑的加速度為對P球對Q球聯(lián)立得即P、Q兩球從各自點下滑到C點的時間相同，故A錯誤；B．P球重力的沖量Q球重力的沖量故P、Q兩球重力沖量之比為故B錯誤；C．P、Q兩球下滑到C點時的速度分別為根據(jù)動量定理可得故P、Q兩球合力沖量之比故C正確；D．根據(jù)動能定理可得所以合力做功之比為故D錯誤。故選C。6. 一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，F隨時間變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是（    ）A. 在0~4s時間內(nèi)，位移先增后減B. 在0~4s時間內(nèi)，動量一直增加C. 在0~8s時間內(nèi)，F的沖量為0D. 在0~8s時間內(nèi)，F做的功不為0【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，在0-4s內(nèi)力F先向正方向，再向反方向，故質(zhì)點先加速再減速到0，速度方向不變，位移增加，故A錯誤；B．在0-4s內(nèi)，速度先增加后減小，動量先增加后減小，故B錯誤；C．0到8s內(nèi)，一半時間的沖量為正，另一半時間的沖量為負(fù)，則總的沖量為0，故C正確；D．因8s內(nèi)總的沖量為0，根據(jù)動量定理，可知動量的變化為0，即初末速度為0，則動能的變化量為0，F做功為0，故D錯誤。故選C。7. 如圖甲是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示，邊長為l的正方形線圈中通以電流I，線圈中的某一條a導(dǎo)線電流方向垂直紙面向外，b導(dǎo)線電流方向垂直紙面向內(nèi)，a、b兩條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B.則(　　)A. 該磁場是勻強磁場B. 該線圈的磁通量為Bl2C. a導(dǎo)線受到的安培力方向向下D. b導(dǎo)線受到的安培力大小為BIl【答案】D【解析】【分析】利用圖示的裝置分析出其制成原理，即通電線圈在磁場中受大小不變的安培力力轉(zhuǎn)動，線圈的轉(zhuǎn)動可以帶動指針的偏轉(zhuǎn)；由左手定則來確定安培力的方向可確定轉(zhuǎn)動方向．【詳解】A. 該磁場明顯不是勻強磁場，勻強磁場應(yīng)該是一系列平行的磁感線，方向相同，故A錯誤；B. 線圈與磁感線平行，故磁通量為零，故B錯誤；C. a導(dǎo)線電流向外，磁場向右，根據(jù)左手定則，安培力向上，故C錯誤；D. 導(dǎo)線b始終與磁感線垂直，故受到的安培力大小一直為IlB，故D正確；故選D8. 如圖所示，一直流電動機與阻值R=9Ω的電阻串聯(lián)在電源上，電源電動勢E=30V，內(nèi)阻r=1Ω，用理想電壓表測出電動機兩端電壓U=10V，已知電動機線圈的電阻RM=1Ω，則下列說法正確的是（　?。?/span>A. 通過電動機的電流為10A B. 電動機的輸入功率為20WC. 電動機的發(fā)熱功率為1W D. 電源的輸出功率為56W【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律有
 得故A錯誤；B．電動機的輸入功率
 故B正確；C．電動機的發(fā)熱功率
 故C錯誤；D．電源的輸出功率
 故D正確。故選BD。9. 如圖所示，A球從距地面高h＝2.5m處由靜止釋放，同時B球從地面上以v0＝5m/s的速度豎直上拋，二者在同一直線上運動，經(jīng)一段時間后二者發(fā)生彈性正碰，之后B與地面發(fā)生正碰時在某裝置作用下迅速固定在地面上，已知兩球完全相同，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，在整個運動過程中，下列說法正確的是A. 兩球在B球上升到最高點時發(fā)生第一次碰撞B. 兩球發(fā)生第一次碰撞后瞬間B球速度的大小為5 m/sC. A球最終將在B球上方做往復(fù)運動D. A球最終能上升的最大高度為2.5 m【答案】ABC【解析】【詳解】A．取A球為參考系，B球相對A球做勻速直線運動，經(jīng)t＝＝0.5 s相遇，相遇時B球的速度vB＝v0-gt＝0，選項A正確；B．相遇時A球的速度vA＝gt＝5 m/s，由于二者質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后交換速度，碰后B球速度的大小為5 m/s，B正確；C．B球與地面碰撞后固定在地面上，A球落下后與B球發(fā)生彈性碰撞，速度大小不變，方向相反，不計空氣阻力，故A球最終將在B球上方做往復(fù)運動，C正確；D．從地面豎直上拋B球過程中，B球上升的高度hB＝t＝1.25m第一次碰撞后A球下降1.25 m時的速度與第一次碰撞前相同，均為5 m/s，與B球發(fā)生彈性碰撞，速度大小不變，方向相反，上升的高度仍為1.25 m，D錯誤。故選ABC。10. 如圖所示，虛線EF的下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。一帶電微粒自離EF為h的高處由靜止下落，從B點進入場區(qū)，做了一段勻速圓周運動，從D點射出，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 微粒做圓周運動的半徑為B. 從B點運動到D點的過程中微粒的重力勢能與動能之和在C點最小C. 從B點運動到D點的過程中微粒的電勢能先減小后增大D. 從B點運動到D點的過程中微粒的電勢能和重力勢能之和在最低點C最小【答案】AB【解析】分析】【詳解】A．由題可知，帶電微粒進入正交的勻強電場和勻強磁場中做圓周運動，電場力與重力必定平衡，則微粒受到的電場力的方向一定豎直向上，則有由洛倫茲力提供向心力，則有由運動學(xué)公式聯(lián)立可得微粒做圓周運動的半徑故A正確；B．從B點運動到D點的過程中動能沒有發(fā)生改變，在C點的高度最低，重力勢能最小，所以從B點運動到D點的過程中微粒的重力勢能與動能之和在C點最小，故B正確；C．從B點運動到D點的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，所以微粒的電勢能先增大后減小，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒定律可知：微粒在運動過程中，電勢能、動能、重力勢能之和一定，動能不變，則電勢能和重力勢能之和一定，故D錯誤。故選AB。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11. 如圖所示為“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗裝置。（1）①將圖中所缺的導(dǎo)線補接完整_________。②如果在閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)一下，那么合上開關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有：A.將線圈A迅速插入線圈B時，靈敏電流計指針將________；B.線圈A插入線圈B后，將滑動變阻器的滑片迅速向左拉時，靈敏電流計指針________。（2）某同學(xué)在完成實驗后未斷開開關(guān)，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時突然被電擊了一下，則被電擊是在拆除________（選填“A”或“B”）線圈所在電路時發(fā)生的。要避免電擊發(fā)生，在拆除電路前應(yīng)________（選填“斷開開關(guān)”或“把A、B線圈分開放置”）。【答案】    ①.     ②. 向右偏轉(zhuǎn)一下    ③. 向左偏轉(zhuǎn)一下    ④. A    ⑤. 斷開開關(guān)【解析】【詳解】（1）①[1]將電源、電鍵、變阻器、線圈A串聯(lián)成一個回路，注意滑動變阻器接一上一下兩個接線柱，再將電流計與線圈B串聯(lián)成另一個回路，實物圖如圖所示②[2]閉合開關(guān)，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；將線圈A迅速插入線圈B時，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏一下。[3]線圈A插入線圈B后，將滑動變阻器的滑片迅速向左拉時，線圈A中電流減小，穿過副線圈的磁通量減小，靈敏電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)一下。（2）[4][5]在完成實驗后未斷開開關(guān)，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時，線圈A中的電流突然減少，從而線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，進而突然會被電擊了一下，為了避免此現(xiàn)象，則在拆除電路前應(yīng)斷開開關(guān)。12. 一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示。求：（1）0~8s時間內(nèi)拉力的沖量大小。（2）0~8s時間內(nèi)物體動量變化量的大小。（3）物體的質(zhì)量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由題圖乙知0~8s時間內(nèi)拉力的沖量大小
 （2）由題圖丙可知：前2s內(nèi)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，2~6s內(nèi)物體做勻加速運動；6~8s內(nèi)物體做勻速直線運動，在此過程中物體拉力與摩擦力相等，即
 物體在0~8s時間內(nèi)由動量定理可得
 （3）由題圖丙可知在前8s內(nèi)物體的速度從0增加到3m/s，在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用。由動量定理
 可得13. 如圖所示，以兩虛線P、Q為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，電場強度為E，方向水平向右，兩側(cè)為相同的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q、重力不計的帶電粒子以水平向右的初速度v0從電場邊界P、Q之間的O點出發(fā)。（1）若粒子能到達(dá)邊界Q，求O點到邊界Q的最大距離l1；（2）若使粒子到達(dá)邊界Q并進入磁場的偏轉(zhuǎn)半徑為R，求O點到邊界Q的距離l2；【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由動能定理得解得（2）設(shè)粒子到達(dá)邊界Q時的速度為，由動能定理得由洛倫茲力提供向心力，有解得14. 如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上平行放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路。已知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R，其它電阻忽略不計，整個導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦的滑行。開始時，導(dǎo)體棒cd靜止、ab有水平向右的初速度v0，兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸。求：(1)開始時，導(dǎo)體棒ab中電流的大小和方向；(2)從開始到導(dǎo)體棒cd達(dá)到最大速度的過程中，cd棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)當(dāng)ab棒速度變?yōu)?/span>v0時，cd棒加速度大小。【答案】(1)，方向由；(2)mv；(3)【解析】【詳解】(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 ab棒中電流 方向由。(2)當(dāng)ab棒與cd棒速度相同時，cd棒的速度最大，設(shè)最大速度為，由動量守恒定律  解得由能量守恒關(guān)系Q=mv-(2m)v解得Q=mvcd棒上Q=mv(3)當(dāng)ab棒的速度為時， cd棒的速度為，由動量守恒定律解得I==解得I=cd棒受力為 此時cd棒加速度為15. 如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A，裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s做勻速直線運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是正對彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止。重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊B滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力；（2）物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運動的總時間。【答案】（1）60N，方向豎直向下；（2）12J；（3）8s【解析】【詳解】（1）設(shè)物塊B沿光滑軌道下滑到最低點C時的速度大小為v0，由機械能守恒定律知得設(shè)物塊B滑到圓弧軌道的最低點C時受到的支持力大小為F，由牛頓第二定律得解得F=60N由牛頓第三定律得，物塊B滑到圓弧軌道的最低點C時對軌道的壓力大小為F′=60N，方向豎直向下。（2）設(shè)物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a，則由牛頓第三定律得設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有聯(lián)立解得v=4m/s由于v>u=2m/s，所以v=4m/s，即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度大小分別為v2、v1，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得解得彈簧具有最大彈性勢能等于物塊A的初動能為（3）碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動，設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，由動能定理得得所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的光滑圓弧軌道上，當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后將會沿傳送帶向左加速運動。根據(jù)對稱性可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1′=2m/s，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞；設(shè)第一次碰撞到第二次碰撞之間，物塊B在傳送帶上運動的時間為t1，由動量定理得解得設(shè)物塊A、B第二次碰撞后的速度大小分別為v4、v3，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律分別得解得同理，當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動。可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v3′=1m/s，繼而與物塊A發(fā)生第三次碰撞。則第二次碰撞到第三次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t2，由動量定理得解得同理計算可知，物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物塊B在傳送帶上運動的時間為構(gòu)成無窮等比數(shù)列，公比，由無窮等比數(shù)列求和公式可知，當(dāng)n→∞時，物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶運動的總時間為
 

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