江苏省2022-2023学年高二第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题一（解析版）

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江苏省2022-2023学年高一第一学期期末教学情况测试             人教版物理模拟试题一               2023.1注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：本试卷为小林老师原创，盗用必究1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分每题只有一个选项最符合题意。关于电磁波及电磁振荡，下列说法中不正确的是(　　)A．无线电波中，微波比长波更容易发生衍射B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．LC振荡电路放电过程中，电场能转化为磁场能1【答案】　A【解析】　波长越长衍射现象越明显，无线电波中，长波比微波更容易发生衍射，故A错误，符合题意；周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，故B正确，不符合题意；电磁波是横波，电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，故C正确，不符合题意；LC振荡电路放电过程中，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能转化为磁场能，故D正确，不符合题意．如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是(　　)A．M和m组成的系统动量守恒B．M和m组成的系统所受合力方向向上C．M和m组成的系统水平方向动量守恒D．M和m组成的系统竖直方向动量守恒2【答案】　C【解析】　M和m组成的系统在水平方向上所受合外力为零，系统水平方向动量守恒；竖直方向系统所受合外力不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒，则M和m组成的系统动量不守恒．故A、B、D错误，C正确．如图所示，导体棒Ⅰ和Ⅱ互相垂直放于光滑的水平面内，导体棒Ⅰ固定，Ⅱ可以在水平面内自由运动．给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置．下列关于导体棒Ⅱ位置(俯视图)的描述可能正确的是(　　)3【答案】　C【解析】　导体棒Ⅰ中的电流产生磁场，根据安培定则可知，棒Ⅰ右侧的磁场垂直纸面向外，且离导体棒越近，磁场越强，根据左手定则可知，导体棒Ⅱ受到的安培力竖直向下，导体棒Ⅱ左端位置磁场强，故棒Ⅱ左端受到的安培力大，向下运动得快，故选C.航母上舰载机电磁弹射的驱动原理如图7所示，当闭合开关S，固定线圈中突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则(　　)图7A．闭合开关S的瞬间，从左侧看金属环中的感应电流沿逆时针方向B．若将电池正负极调换后，金属环弹射方向将改变C．若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向左弹射D．若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向右弹射4【答案】　D【解析】　闭合开关S的瞬间，电流从线圈右侧流入，产生的磁场方向向左，由楞次定律可知，金属环中的感应电流方向由左侧看为顺时针，A错误；电池正负极调换后，根据“增离减靠”可得，金属环仍将向左弹出，B错误；若将金属环放在线圈右侧，根据“增离减靠”可得，金属环将向右运动，C错误，D正确．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则从图中情况可以确定(　　)A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电5【答案】　C【解析】　由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，则速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确，A、B、D错误．如图所示的电路中，L为电感线圈，其电阻与电阻R相等，C为电容器，A、B为两灯泡，电源内阻r不可忽略，当开关S由闭合状态断开时(　　)A．A灯立即熄灭B．A灯突然闪亮一下再熄灭，c点电势比d点高C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即充电，有电流从a点到b点流过B灯6【答案】　D【解析】　当开关S由闭合变为断开时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A和电阻R构成闭合回路放电，由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡A的电流，故灯泡A突然闪亮一下再缓慢熄灭，电流从d到c流过灯泡A，故d点电势比c点电势高，A、B错误；当开关S由闭合变为断开时，电容器两端的电压变大，故电容器充电，有充电电流，故灯泡B有电流通过，电流方向由a到b，C错误，D正确．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，以向右为正方向．振动物体的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．下列判断不正确的是(　　)A．t＝0.8 s时，振动物体的速度方向向左B．振动物体做简谐运动的表达式为x＝12sin (1.25πt) cmC．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振动物体的加速度相同D．从t＝0.4 s到t＝0.8 s时间内，振动物体的速度逐渐增大7【答案】　C【解析】　t＝0.8 s时，x－t图像中图线切线的斜率为负，说明振动物体的速度为负，即速度方向向左，A正确；由题图乙可知，ω＝＝ rad/s＝1.25π rad/s，振幅为A＝12 cm，振动物体做简谐运动的表达式为x＝Asin ωt＝12sin (1.25πt) cm，B正确；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振动物体分别在正向最大位移处和负向最大位移处，位移方向相反，其加速度方向相反，C错误；从t＝0.4 s到t＝0.8 s时间内，振动物体由正向最大位移处向平衡位置靠近，速度逐渐增大，D正确．同一地点两个做简谐运动的单摆的摆长分别为l1和l2，它们的位移—时间图像如图2中1和2所示，由此可知，l1∶l2等于(　　)图2A．1∶3  B．4∶1  C．1∶4  D．9∶18【答案】　D【解析】　由题图可知，1和2两个单摆的周期之比为T1∶T2＝3∶1，由单摆的周期公式T＝2π得l1∶l2＝T12∶T22＝9∶1，选D. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是(　　)A 仅使滑片M下移，电流表示数变大B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大9【答案】C【解析】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点知原线圈中电流变小，故B错误；C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据并联分流特点可知，L2中电流一直增大，故C正确；D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故D错误。故选C。两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一水平轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图8所示，则下列说法不正确的是(　　)A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2   B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2    D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶211【答案】　(1)B　(2)2.28　(3)0.991 5　2.075　1.00　(4)【解析】　(1)为了减小测量周期时由操作者引起的偶然误差，实验时需要在摆球速度大的点做标记，即最低点．(2)用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间．根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4 s．代入数据解得，此时摆球的周期为2.28 s.(3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15 cm＝0.991 5 m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为20 mm＋×15 mm＝20.75 mm＝2.075 cm，单摆的摆长为l＝(0.991 5＋) m＝1.001 875 m，计算结果保留三位有效数字，故摆长为1.00 m.(4)根据T＝2π可知g＝.二、非选择题：共5题，共60分其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。某同学利用单摆测定当地的重力加速度．(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．A．最高点B．最低点C．任意位置(2)用停表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图2甲所示，该单摆的周期是T＝______ s(结果保留三位有效数字)．图2(3)若用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为________ m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为________ cm；单摆的摆长为________ m(计算结果保留三位有效数字)．(4)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.11【答案】　(1)B　(2)2.28　(3)0.991 5　2.075　1.00　(4)【解析】　(1)为了减小测量周期时由操作者引起的偶然误差，实验时需要在摆球速度大的点做标记，即最低点．(2)用停表测量单摆的周期，为减小实验误差需测量多个周期的总时间．根据题意可知从n＝1到n＝60共有59个时间间隔，每一个时间间隔为个周期，故为29T，根据停表读出此时间间隔为Δt＝67.4 s．代入数据解得，此时摆球的周期为2.28 s.(3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测得单摆的摆线长为99.15 cm＝0.991 5 m，用游标卡尺测量摆球的直径，此游标尺为20分度，读数为20 mm＋×15 mm＝20.75 mm＝2.075 cm，单摆的摆长为l＝(0.991 5＋) m＝1.001 875 m，计算结果保留三位有效数字，故摆长为1.00 m.(4)根据T＝2π可知g＝.如图所示，某学校有一台应急备用发电设备，内阻不计．升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为r＝4 Ω，其他导线电阻可忽略不计．全校有22间教室，每间教室安装“220 V　40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：(1)输电线上的电流大小；(2)升压变压器的输入电压．12【答案】　(1)6 A　(2)226 V【解析】　(1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P总＝40×6×22 W＝5 280 W＝P4由于灯正常发光，故降压变压器副线圈两端的电压U4＝220 V所以降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U4＝×220 V＝880 V则输电线上的电流为I线＝＝＝ A＝6 A(2)输电线上损失的电压为U损＝I线r＝6×4 V＝24 V则升压变压器副线圈两端的电压为U2＝U3＋U损＝880 V＋24 V＝904 V则升压变压器原线圈两端的电压为U1＝U2＝×904 V＝226 V. 如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。(1)若，求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向；(2)若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。13【答案】(1)，方向向右；(2)【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有解得可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。(2)若，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，以向右方向为正方向，则有解得可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8 m，其下端接有阻值R＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1 kg、阻值r＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且与导轨NM平行．金属棒由静止释放后，沿NM方向的位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍，取g＝10 m/s2，求：(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移x1的大小；(2)电阻R在0～0.4 s内产生的热量Q1.14【答案】　(1)0.6 m　(2)3 J【解析】　(1)金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量q1＝Δt1(1分)平均感应电流＝(1分)回路中平均感应电动势＝(1分)得q1＝(1分)同理，金属棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量q2＝(1分)由题图乙读出0.4 s时刻位移大小x2＝0.9 m又q1＝2q2联立解得x1＝0.6 m．(2分)(2)由题图乙知金属棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，金属棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s(1分)0～0.4 s内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q＝Mgx2－mgx2sin θ－(M＋m)v2(3分)代入数据解得Q＝3.15 J(1分)根据焦耳定律有＝(1分)代入数据解得Q1＝3 J．(1分)如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；某粒子质量为m，电量为，粒子重力不计。将粒子从y轴上的P点静止释放，到达原点时速度为v0（1）求粒子从开始运动到第二次通过x轴时运动的路程s和时间t；（2）若将该粒子从P点以沿x轴正方向的初速度v1射入电场，该粒子运动中经过A点（图中未画出），经过A点时速度沿x轴正方向，已知A点的纵坐标为，求初速度v1；（3）若将该粒子从P点以沿x轴正方向的初速度射入电场，该粒子运动中经过C点（图中未画出），已知C点的纵坐标为，求C点横坐标的可能值。15【答案】（1），；（2）；（3）若C点在Q左侧，则C点的横坐标为；若C点在Q点右侧，则C点的横坐标为。【解析】（1）粒子在电场中运动的加速度P到原点O的距离P到O的时间设粒子在磁场中运动半径为R，则有粒子在磁场中运动时间 粒子第二次通过x轴时运动的路程运动时间（2）如图是粒子运动轨迹的一部分，图中可看出，粒子经过A点时沿x轴正方向。粒子由M点进入磁场时，沿x轴方向的速度为v1，沿y轴方向的速度为v0，则进入磁场的合速度   过M点作合速度v的垂线，过A点作平行于y轴的直线，两直线的交点O1即为圆心，AO2与x轴交点为D，AO2与MO2的夹角设为θ，则v与v1的夹角也为θ，粒子在磁场中的半径设为R1，则可得A点的纵坐标为，则在三角形O1MD中有解得得（3）如图画出了粒子经过C点的一种可能的情况，O2是圆心，O2Q与y轴平行，K是O2Q与x轴的交点，CQ平行x轴，CL平行y轴。P到G沿x方向的距离HI的沿x方向的距离与OG相等同理可知故P到I间的距离同理可知由上式可知半径在三解形CO2Q中有C点的纵坐标为，故解得故I与C沿x轴距离为若C点在Q点右侧，则I与C沿x轴距离为考虑到粒子可能经过多个类似P到I这样的过程后经过C点，若C点在Q左侧，则C点的横坐标为若C点在Q点右侧，则C点的横坐标为。