2022-2023学年江苏省扬州中学高二上学期期中检测物理试题（选修）（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省扬州中学高二上学期期中检测物理试题（选修）（解析版），共14页。试卷主要包含了5A等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2022-2023学年度第一学期期中试题高二物理（选修）注意事项：1.答题前，请务必将自己的班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。2.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；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指定位置作答，在其他位置作答一律无效。3.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：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。1. 在能源消耗的过程中，我们无法把一些能源消耗产生的内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散。对于能量耗散理解正确的是（　　）A. 能量耗散说明能量在不断的减少B. 能量耗散不遵循能量守恒定律C. 能量耗散说明能量不能凭空产生，但能量却可以凭空消失D. 能量耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性【答案】D【解析】【详解】A．能量耗散是能量变成了无法收集利用的内能，能量不会减少，故A错误；B．能量守恒定律适用于整个自然界，物质能量变化遵循能量守恒定律，故能量耗散遵循能量守恒定律，故B错误；C．能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，故C错误；D．能量耗散是一个宏观过程，代表着能量向不可收集利用的方向转化，反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确。故选D。2. 如图甲所示，有一节能电梯中加装了“钥匙扣”接触区装置，人进入电梯以后必须要用图乙所示的带绝缘外壳“钥匙扣”接触“钥匙扣”接触区，就会听到“嘟”的一声解锁成功，然后再按楼层的数字键才会响应。图丙是“钥匙扣”接触区装置拆开后露出的一个由漆包线绕成的一个多匝矩形线圈，根据以上情景，你认为利用“钥匙扣”接触区装置解锁主要应用了什么物理原理（　　）A. 电流的磁效应 B. 通电导线在磁场中受到安培力作用C. 电磁感应 D. 电流的热效应【答案】C【解析】【详解】“钥匙扣”接触区装置拆开后是一个多匝矩形线圈， “钥匙扣”靠近后产生感应电流，从而控制开关，是利用了电磁感应现象。故选C。3. 一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱。下列说法正确的是（　　）A. 正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小B. 正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率C. 当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率最接近洗衣机的固有频率D. 当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率远小于洗衣机的固有频率【答案】C【解析】【详解】切断电源后波轮的转动逐渐变慢，在某个时间段洗衣机会发生强烈的振动，说明此时波轮的运转频率与洗衣机的固有频率相同或者接近发生共振，波轮转速继续减慢后，驱动力频率小于固有频率，共振现象消失，洗衣机的振动变弱。所以正常工作时洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大。故选C。4. 图示为一质点做简谐运动的图像，则质点（　　）A. 振动的频率是4HzB. 振动的振幅是2cmC. 时的速度最大D. 时的加速度为零【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，质点振动的周期则振动的频率故A错误；B．由图可知质点振动的振幅是2cm，故B正确；C．时质点处于负向最大位移处，速度为零，故C错误；D．时质点位移最大，回复力最大，根据可知加速度最大，故D错误。故选B。5. 单摆做小角度摆动的周期为T0，下列说法正确的是（　　）A. 将该单摆放到月球上，摆动周期变大B. 重力与绳子拉力的合力提供摆球的回复力C. 摆动过程中，绳子拉力始终大于摆球的重力D. 摆动过程中，绳子的拉力始终小于摆球的重力【答案】A【解析】【详解】A．根据单摆的周期公式因为月球上的重力加速度小，所以将该单摆放到月球上，摆动周期变大，A正确；B．重力与绳子拉力的合力的切向分力提供回复力，另外的径向分力提供向心力，B错误；CD．在最高点时速度为零，此时绳子的拉力等于重力的一个分力，即绳子的拉力小于重力；在最低点时有所以此时绳子的拉力大于重力，CD错误。故选A。6. 如图所示，R为气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小。当一氧化碳气体浓度减小时（　　）A. 电压表V示数减小B. 电流表A示数减小C. 电路的总功率增大D. 变阻器R1的取值越大，电压表的示数变化越不明显【答案】B【解析】【详解】AB．当一氧化碳气体浓度减小时，气敏元件阻值增大，则总电阻增大，故总电流减小，则路端电压增大，电压表示数增大，则流过R1的电流增大，而总电流减小，故电流表示数减小， A错误，B正确；C．因总电流减小，根据电路的总功率减小，C错误；D．变阻器R1的取值越大，R1与R并联的总阻值越接近R，对电路的影响越大，则变阻器R1的取值越大，电压表的示数变化越明显，D错误。故选B。7. 如图所示，直角三角形MPQ的∠P=90°，直角边MP=2a、QP=3a。在M点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外。两导线中的电流大小均为I，已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式（k是常数、I是导线中的电流强度、r是该点到直导线的垂直距离）表示，则P点磁感应强度的大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】根据安培定则可知，固定在M点和Q点的通电直导线在P点的磁场如图所示，两通电直导线在P点的磁感应强度大小、 则P点的磁感应强度大小故选D。8. 用如图所示的装置验证动量守恒定律，两球的质量分别为m1、m2（m1>m2），下列说法正确的是（　　）A. 需要用秒表测时间B. 斜槽轨道必须光滑C. M可能是质量为m2的小球的落点D. 可用验证动量守恒定律【答案】D【解析】【详解】A．小球下落高度相同，即时间相同，可以消掉，不需要用秒表测时间，故A错误；B．只要保证小球m1到达斜槽末端速度相同即可，不需要斜槽轨道光滑，故B错误；C．M是质量为m1小球的落点，故C错误；D．小球m1碰撞前的动量为碰撞后，两球的动量分别为，只要满足就可验证动量守恒，即等式两边同时乘以t，可得即故D正确。故选D。9. 用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，由实验中测得的数据描绘的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A. 电池的电动势约为1.4V，内阻约为2.8ΩB. 滑动变阻器滑片滑至最左端时，流过电流表的电流为0.5AC. 考虑电表内阻对实验的影响，误差来源于电压表有分流作用D. 考虑电表内阻对实验的影响，电池内阻的测量值大于真实值【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可得电源电动势等于纵轴截距，图线的斜率绝对值表示内阻大小，即， A错误；B．根据图像可知当路端电压为时，流过电流表的电流为0.5A，若滑动变阻器滑片滑至最左端时，此时变阻器接入电路中的电阻为零，路端电压为零，则可知此时流过电流表的电流必定大于0.5A，B错误；C．根据电路图可知，由于电压表的分流作用，电流表的示数并不等于干路电流，C正确；D．由于电压表的分流作用，当电流表示数为零时，实际干路中的电流并不为零，所以此时电源的内电压不为零，可得真实的图像纵轴截距应比题中的大，而当电压表示数为零时，干电池的路端电压实际值就是零，可得图中的横轴截距等于真实值，所以可得真实图线的斜率大于图中图线的斜率，即电池内阻的测量值小于真实值，D错误。故选C。10. 如图所示，真空中有两个固定点电荷，电荷量分别为+2Q和-Q，两点电荷与O、A两点在同一直线上，虚线是以O点为圆心的圆，圆上各点的电势均为零，A、B两点在圆上，取无穷远电势为零，则（　　）A. A、B两点场强大小相等B. A、B两点场强均沿半径指向O点C 沿直线从A到O电势先升高后降低D. 试探电荷-q在A点的电势能大于在O点的电势能【答案】B【解析】【详解】A．根据异种电荷电场线分布特点，可知A、B两点场强大小不相等。故A错误；B．根据电场线与等势线相互垂直，可知A、B两点场强方向均沿半径指向O点。故B正确；C．-Q所在位置电势最低，且圆上各点的电场线均指向O点，则沿直线从A到O电势先降低后升高。故C错误；D．圆上各点的电场线方向均指向O点，则，可知试探电荷-q在A点的电势能小于在O点的电势能。故D错误。故选B。二、非选择题：本题共5小题，共60分。请将解答填写在答题卡相应的位置。11. 国标（GB/T）规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m，某同学利用图（a）电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：电源（电动势约为3 V，内阻可忽略）电压表V1（量程为0~3 V，内阻很大）电压表V2（量程为0~3 V，内阻很大）定值电阻R1（阻值4 kΩ）定值电阻R2（阻值2 kΩ）电阻箱R最大阻值9 999.9 Ω单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验步骤如下：A.用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；B.向玻璃管内注满自来水，确保无气泡，用刻度尺测量并记录水柱长度L；C.把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱的长度L和电阻箱的阻值R；F.断开S，整理好器材（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图（b）所示，则d＝______mm。（2）玻璃管内水柱电阻Rx的表达式为Rx＝__________（用R1、R2、R表示）。（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图（c）所示的R－图像。可求出自来水的电阻率ρ＝________Ω·m（结果保留三位有效数字）。（4）本实验若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】    ①. 20.0    ②.     ③. 12.6    ④. 偏大【解析】【详解】（1）[1] 游标卡尺的主尺读数为2.0 cm＝20 mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，游标卡尺分度值为0.1，所以最终读数为20.0 mm。（2）[2] 设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为，总电压U总＝＋U当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，也为U，则此时电路中的电流为，总电压U总′＝R2＋U由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得＝解得Rx＝（3）[3] 从图（c）中可知，R＝1×103 Ω时＝5.0 m－1此时玻璃管内水柱的电阻Rx＝＝8 000 Ω水柱横截面积S＝π2＝3.14×10－4 m2由电阻定律R＝ρ得ρ＝＝ 8 000×3.14×10－4×5.0 Ω·m≈12.6 Ω·m（4）[4] 若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，电路电流大于，即Rx>R2得到Rx>所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。12. 一个质量为m的蹦床运动员，从离水平网面h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2h高处，已知运动员与网接触的时间为t，重力加速度为g，取向上为正方向，空气阻力忽略不计。求：（1）运动员着网时的速度大小v；（2）整个过程中，运动员所受弹力的冲量I。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）运动员触网前做自由落体运动，由可求得运动员着网速度为（2）运动员离开网后竖直上抛运动，由可知运动员离开网的速度运动员从着网到反弹过程，取向上的方向为正，由动量定理可知代入可得13. 如图所示，劲度系数为的足够长竖直轻弹簧，一端固定在地面上，另一端与质量m=1 kg的物体A相连，质量M=2 kg的物体B与物体A用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，整个系统静止，A、B等高。剪断轻绳，A在竖直方向做简谐运动，B做自由落体运动。已知弹簧振子的周期公式为（m为振子质量，K为回复力与位移的比例系数，本题中K等于弹簧的劲度系数k），重力加速度g=10 m/s2求：（1）剪断轻绳瞬间，物体A的加速度大小a；（2）物体A从最高点第一次到最低点的时间t。（3）物体A做简谐运动过程中的最大动能Ek。【答案】（1）；（2）；（3）2J【解析】【详解】（1）当系统静止时则剪断轻绳时，由牛顿第二定律可知联立解得（2）弹簧振子的周期公式第一次运动到最低点所用的时间为半个周期，即（3）剪断绳子时，物体A速度为零，位于简谐运动的最高点，当弹簧弹力等于A的重力时，A位于简谐运动的平衡位置，设此时弹簧的压缩量为x2，则则弹簧的振幅为联立可得物体A在整个运动过程中，平衡位置动能最大，又弹簧在平衡位置时的形变量与在最高点时的形变量相等，即弹性势能相等，则由功能关系得【点睛】对于弹簧连接问题，求物体动能变化情况时，往往需要考虑弹性势能的变化情况，弹性势能的变化情况，也常转化为弹簧的形变量来判断是否变化。14. 如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6m，相距d=0.5m，为极板右边界，的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ=53°，BC是竖直直径。小球以v0=3m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0kg，电荷量q=0.5C，重力加速度g=10m/s2，cos53°=0.6，不计空气阻力。求：（1）小球在A点的速度vA；（2）M、N极板间的电势差U；（3）欲使小球沿圆弧轨道能到达最高点C，半径R的取值范围。【答案】（1）5m/s；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在A点速度（2）小球在平行金属板间做类平抛运动，带电粒子在平行板中运动时间为在A点，竖直分速度解得由牛顿第二定律得又解得（3）若小球能到达最高点C，且不会脱离轨道，在此过程中，由动能定理得小球能到最高点C，需C点满足解得15. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1=1 kg的平板车以v0=5 m/s的速度向左运动，质量为m2=4 kg的小铁块以v0=5 m/s的速度从左端滑上平板车。一段时间后小铁块与平板车速度相同，之后平板车与竖直墙壁发生弹性碰撞。小铁块与平板车间的动摩擦因数为μ=0.25，小铁块始终未从车上掉下，重力加速度g=10 m/s2，。求：（1）车与墙壁发生第一次碰撞前速度大小v；（2）车的最小长度L；（3）车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程s。【答案】（1）3 m/s；（2）6.25m；（3）1.41m【解析】【详解】（1）设水平向右为正方向，小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小为v ，由动量守恒定律得解得（2）设小车的最小长度为L，最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能。由能量守恒定律得解得（3）设小车的加速度大小为a，小车第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，小车从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞间的路程为s1，由牛顿第二定律得由运动学公式解得设小车与墙壁发生第k次碰撞后的速度大小为vk，碰后的共同速度为vk+1，vk+1也是小车与墙壁发生第k+1次碰撞后的速度，则对系统由动量守恒定律得解得设小车从发生第k次碰撞到发生第k＋1次碰撞间的路程为sk，则由以上可知有则设小车从发生第一次碰撞后运动的总路程为s，得k取无限大，则有【点睛】明确物体运动过程的规律，根据规律推导通用的表达式。可通过假设前两到三次的碰撞过程，列出对应方程，找出规律后进行推算总结。