2021-2022年湖南省长沙市长郡中学高二（上）第一次模块检测物理试题含解析

  长郡中学2021-2022学年度高二第一学期第一次模块检测

物理

第Ⅰ卷 选择题（共52分）

一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）

1. 管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　）

A. 库仑 B. 安培 C. 密立根 D. 法拉第

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，原理是电磁感应，电磁感应发现者是法拉第。

故选D。

2. 如图所示，四个完全相同的小灯泡并联。闭合开关S1，灯泡L1发光；陆续闭合S2、S3、S4，其它灯泡也相继发光。关于灯泡L1的亮度变化分析，下列说法正确的是（　　）

A. 电源电动势不变，L1两端电压不变，L1亮度不变

B. 电路总电阻变小， L1两端电压变小， L1亮度变暗

C. 电路总电阻变大，导致L1两端电压变大，L1亮度变亮

D. 干路电流不变，其它灯分流导致流过L1电流变小，L1亮度变暗

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】四盏灯为并联关系，陆续闭合S2、S3、S4，总电阻越来越小，根据欧姆定律可知干路中电流越来越大，因为

E=U外+I干r

可知随着干路电流的增大，外电压越来越小，所以L1两端电压变小， L1亮度变暗。

故选B。

3. 如图所示，等量同种电荷放置于、两点，、两点关于点对称．把一带电粒子从中垂线上的点由静止释放，带电粒子仅在电场力作用下从点运动到点的过程中，电场力做功为，时间为．若把等量同种电荷都换成，带电粒子仍从点静止释放，在粒子从点运动到点过程中，则（　　）

A. 加速度逐渐减小 B. 带电粒子电势能先减小后变大

C. 电场力做功为 D. 末速度变为原来的2倍

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．根据等量同种点电荷产生的电场可知，无穷远电场强度为零，点电场强度为零，粒子运动到点过程中，加速度可能逐渐减小，也可能先增大后减小，A错误；

B．电场力做正功，电势能减小，B错误；

C．同种电荷都换成 ，场强变为2倍，电场力变为原来的2倍，做功为，C正确；

D．由动能定理，做功为，末速度变为原来的倍，D错误。

故选C。

4. 如图所示，小球A、B大小相同，质量分别为、，竖直悬挂在丝线下方．现整个装置受到水平向右的风力影响，已知风力大小只与物体体积有关，则两球达到平衡后的位置可能是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

详解】将两球看成一个整体，上边绳与竖直方向夹角

隔离B球

故

故选B

5. 如图所示的电路中，平行板电容器两极板水平放置，闭合开关S，待电路稳定后，位于O点的电子枪水平向右发射速度相同的电子，电子刚好击中竖直放置的荧光屏上的Q点，OP连线与极板平行，下列说法正确的是（　　）

A. 将滑动变阻器的滑片向右移，电子将击中Q点上方的某位置

B. 将滑动变阻器的滑片向左移，电子可能击中电容器的上极板

C. 将电容器上极板下移一小段距离，电子将仍然击中Q点

D. 断开开关S，将电容器的上极板上移一小段距离，电子将仍然击中Q点

【答案】D

【解析】

【详解】AB．电路稳定时电阻箱分得的电压为零，把电阻箱的阻值调大或调小，电容器两端电压还是等于电源电动势，极板间电场强度不变，电子仍击中Q点，故AB错误；

C．将电容器上极板下移一小段距离，电容器两板间电压不变，距离变小，根据

可知场强变大，偏转距离将变大，而上板又下移，所以粒子将打在上极板上，故C错误；

D．断开开关S，电容器的电荷量不变，将电容器的上极板上移一小段距离，根据

可知电场强度为

不变，电子受力情况不变，则电子电子仍击中Q点，故D正确。

故选D。

6. 特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（　　）

A. b点处的磁感应强度大小为0

B. d点处的磁感应强度大小为0

C. a点处的磁感应强度方向竖直向下

D. c点处的磁感应强度方向竖直向下

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．通电直导线周围产生磁场方向由右手螺旋定则判断，在b点产生的磁场方向向上，在b点产生的磁场方向向下，因为

即

则在b点的磁感应强度不为零，故A错误；

B．由于

可知电流产生的磁场在d处的磁感应强度大，则d点处的磁场磁感应强度不可能为零，故B错误；

C．由右手螺旋定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故C正确；

D．由右手螺旋定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故D错误。

故选C。

7. 将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A. 物体能上升的最大高度为3m

B. 物体受到的空气阻力大小为2N

C. 上升过程中物体加速度大小为10m/s2

D. 下落过程中物体克服阻力做功为24J

【答案】B

【解析】

【详解】B．根据动能定理可得

解得图象的斜率大小；故上升过程有

下降过程有

联立解得

，

故B正确；

A．针对上升到最高点的过程，由动能定理

解得物体上升的最大高度为

故A错误；

C．对上升过程由牛顿第二定律有

可知上升的加速度为

故C错误；

D．物体下落过程克服阻力做功为

故D错误。

故选B。

8. 如图所示，为在竖直平面内的金属半圆环，为其水平直径，为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小，下列选项正确的是（　　）

A. N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为

B. N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为

C. 若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点

D. 若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB．M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，由于金属棒与水平直径夹角为 ，合力的方向沿水平方向，所以

所以

同理，N点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为

解得

又

，

联立得

所以

故A、B错误；

CD．当半圆环绕竖直对称轴以角速度做匀速转动时，对小环M，外界提供的向心力等于，则

当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环M需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环M将到达A点。

设ON与竖直方向之间的夹角为，对于N环，则

当稍微增大时，小环N所需要的向心力增大，小环N将做离心运动，小环N将要向C点靠近，此时增大，也增大。最终小环N需要的向心力与提供的向心力相等。所以小环N将稍许靠近C点。故C错误，D正确。

故选D。

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）

9. 在平直公路上甲、乙两车在相邻车道上行驶．甲、乙两车并排行驶瞬间，前方有事故发生，两车同时开始刹车，刹车过程中两车速度的二次方随刹车位移的变化规律如图所示，则（　　）

A. 甲车先停止运动

B. 甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为

C. 从开始刹车起经，两车恰好相遇

D. 甲车停下时两车相距

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】AB．由

得

结合图像有

和

解得

则甲、乙两车运动过程中加速度大小之比为

由图像知甲车的初速度

乙车的初速度

则刹车过程，甲车运动时间

乙车运动时间

A正确B错误；

C．相遇时结合位移关系得

解得

或

C正确；

D．甲车停下时，甲车位移大小

乙车的位移大小

两车相距

D错误。

故选AC。

10. 2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（　　）

A. 探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度

B. 探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点

C. 地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年

D. 探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度

【答案】BC

【解析】

【详解】A．探测器在椭圆轨道A点做离心运动，所以在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度，选项A错误；

BC．因为地球的公转周期年，设探测器在椭圆轨道运动的周期为，则根据开普勒第三定律得

则探测器由A点发射之后，大约经过

年

后抵达火星附近的B点，同理可求得火星的周期约为

年

根据

解得

年

选项BC正确；

D．根据

可知探测器在椭圆轨道A点的加速度大于在B点的加速度，选项D错误。

故选BC。

11. 如图所示，电阻，电动机的绕组电阻。当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P。当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I′和电路消耗的电功率P′应是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压：

当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压，通过电动机的电流应满足

所以

所以 电流表的示数

电路消耗的电功率

A、C错误，B、D正确；

故选BD。

【点睛】本题考查电动机的性质。

12. 如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，顶端有一轻质小滑轮，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在斜面底端挡板P上，另一端与质量为m的滑块A相连，滑块A通过细线与另一质量也为m的物块B相连，初始时刻用手托着物块B，使系统处于静止状态，此时细线上的张力恰好为零。现突然释放物块B，在滑块A沿斜面向上滑动的过程中，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计一切阻力，A始终未与滑轮相碰，物块B始终未落地，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A. 刚释放物块B的瞬间，B的加速度大小为g

B. A、B组成的系统速度最大时，滑块A的位移为

C. 在滑块A向上滑动到最高点的过程中，滑块A和弹簧组成的系统的机械能一直增大

D. 在滑块A向上滑动到最高点的过程中，滑块A的机械能一直增大

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．初始时，A、B组成的系统处于静止状态，且细线的张力为零，则此时弹簧处于压缩状态，对滑块A有

释放物块B的瞬间，弹簧弹力不突变，设此时细线的张力为FT，对物块B有

mg-FT=ma

对滑块A有

FT=ma

解得

选项A错误；

B．当A、B组成的系统速度最大时，系统的加速度为零，此时弹簧处于伸长状态，有

则滑块的位移

选项B正确；

C．在滑块A向上滑动到最高点的过程中，滑块A先向上做加速运动后向上做减速运动直到速度为零，对滑块A和弹簧组成的系统，细线的拉力对系统做正功，则系统的机械能一直增大，C正确；

D．滑块A在最低点时，加速度大小为，方向沿斜面向上，由运动的对称性可知，滑块A在最高点时加速度方向沿斜面向下，大小也为，此时滑块A受到的细线拉力和弹簧弹力的合力为零，故滑块A向上运动过程中，受到的细线拉力和弹簧弹力的合力沿斜面向上，且一直减小，A到最高点时恰好为零，滑块A受到的细线拉力和弹簧弹力的合力一直做正功，故滑块A的机械能一直增大，D正确。

故选BCD。

第Ⅱ卷（共48分）

三、实验题（本题共2小题，第13题6分，14题10分，共16分）

13. 某同学为了验证动能定理，设计了以下实验。如图所示，长度为的轻绳一端固定在点，另一端有一个直径为，质量为的小球。在点放有一个光电门，可以测出小球经过光电门的时间，现将小球从距点不同高度处由静止释放。

（1）动能定理的表达式为______（用、、、、表示）

（2）为了减小实验误差，小球直径应该适当______（填“大些”或“小些”），并写出两条原因______。

（3）若多次从不同高度由静止释放，得到与的关系图，图像斜率为，则当地的重力加速度______（用、表示）。

【答案】    ①.     ②. 小些    ③. 原因一：当小球经过光电门时，用平均速度近似代替瞬时速度，间隔越短，误差越小；原因二：在小球摆动过程中，小球体积越小，空气阻力影响越小    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]小球由静止释放以后，绳子拉力不做功，只有重力做功

由动能定理可知

通过光电门的速度

联立解得

（2）[2][3]应该越小越好，当小球经过光电门时，用平均速度近似代替瞬时速度，间隔越短，误差越小；在小球摆动过程中，小球体积越小，空气阻力影响越小

（3）[4]由

解得

即斜率

解得

14. 如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题．

（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程．当旋到位置______时，电表可测量直流电流，且量程较大．

（2）若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）．

（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表．实验器材如下：

A．干电池（电动势为，内阻不计）；

B．电流计（量程，内阻）；

C．可变电阻器；

D．定值电阻；

E．导线若干，红黑表笔各一只．

①表盘上刻度线对应的电阻刻度值是______；

②如果将与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器阻值应调为______，换挡前、后倍率之比为______．

【答案】    ①. 1    ②. 偏大    ③.     ④. 99．01    ⑤.

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]当旋到位置1时与表头并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大

（2）[2]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式

欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大

（3）[3]欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为

有

解得

[4][5]电流表内阻为，给电流表并联的电阻，则电流计满偏时两端的电压为

此时变阻器电流为

则变阻器的阻值为

因电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于

四、计算题（本题共2小题，第15题14分，第16题18分，共32分．必须写出重要的文字说明和演算过程，只要答案的不给分）

15. 如图所示，电源内阻r=1Ω，电炉B电阻R=19Ω，电解槽内阻r’=0.5Ω。当Sl闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；Sl、S2都闭合时电炉消耗功率为475W（电炉电阻可看做不变）。试求：

（1）电源的电动势；

（2）Sl、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；

（3）Sl、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。

【答案】（1）120V；（2）25A；（3）1700W

【解析】

【分析】

【详解】（1）S1闭合S2断开时，电炉消耗功率P1=684W，根据

电炉中电流为

根据闭合电路的欧姆定律

（2）S1 S2均合上时电炉功率为P2，根据

则电炉中电流为

路端电压为

电路总电流为

 电解槽电流大小为

（3）转化成化学能的功率为

16. 如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管、）组成，质子从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒时速度均为，进入金属筒时速度均为，从筒右端射出后，沿两水平金属板、间的中心线射入，板长，板间距，加在板上的电压随时间变化的图像如图乙所示。粒子穿过板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离，圆筒绕其轴线匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过板后射出的所有质子。质子的比荷为，不计质子重力。

（1）请根据所学知识，解释并说明质子在漂移管内的运动状态；

（2）粒子在之间加速时，求管的电势；

（3）以时刻进入的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取轴竖直向上为正，计算质子打到记录纸上沿轴方向的最大侧移量；

（4）通过计算，在图丙的坐标纸上定量地画出内质子打在记录纸上形成的痕迹图线。

【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）

【解析】

【分析】

【详解】（1）由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。

（2）质子在之间加速，假设两管之间的电压为，根据动能定理得：

代入数据得

由于管接地，电势为0，则管电势

（3）当质子恰好从板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标。

在板间向上偏转的过程中，质子初速度是，水平位移是，竖直位移是，假设此时对应的偏转电压为，偏转时间为。根据类平抛运动的规律有

代入数据解得

此质子从板间射出时沿方向的分速度为

由几何关系得

代入数据解得

质子在轴上的最大侧移量为

（4）又，圆筒转动的一个周期内质子打在圆筒上的最高点不止一个。所对应的时刻分别为和。

根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的坐标为，第二个最高点的坐标为。

综上所述，质子打在记录纸上最高点的坐标为或

从题给的随时间变化的图像可以知道，一个周期内只有，，，这几段时间内才有粒子打到记录纸上。

且当时，打到纸上的位置坐标满足

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