江苏省扬州中学2021-2022学年度第一学期月考试题高二物理（选修）2021.12试卷满分：100分，考试时间：75分钟注意事项：1．作答第Ⅰ卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码。2．将选择题答案填写在答题卡的指定位置上（使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂），非选择题一在答题卡上作答，在试卷上答题无效。3．考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。第Ⅰ卷（选择题共40分）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，只有一项是最符合题意的。（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中。）1.下列说法中正确的是（ ）A.磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大B.穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强度一定为零C.磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向相同D.若一小段电流在某处所受的磁场力为零，则该处的磁感应强度不一定为零【答案】D18
【解析】【详解】A．磁场中磁感应强度大的地方，若闭合线圈平面跟磁场方向平行时，磁通量却为零，则磁通量不一定很大，故A错误；B．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度不一定为零，也可能这个面与磁场平行，故B错误；C．根据左手定则可知，磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向垂直，故C错误；D．一小段电流在某处所受的磁场力为零，该处不一定无磁场，可能是因为导线与磁场平行，故D正确；故选D。2.我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时(设电子的速度是3×107m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e=1.6×10－19C)()A.5×1011个B.5×1010个C.1×102个D.1×104个【答案】A【解析】【详解】试题分析：电子运动一周用的时间：，因为，，在整个环中运行的电子数目个，A正确．考点：考查了电流的宏观定义【名师点睛】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量，可求在整个环中运行的电子数目．3.如图所示，摆长为L的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一个光滑的钉子，的长度为长度的，使摆球A通过最低点向左摆动，碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是（ ）18
A.摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力不变B.摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力变小C.单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的D.单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的【答案】D【解析】【详解】AB．摆球A通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得得由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力变大，故AB错误；CD．根据单摆周期公式未加钉子时，周期悬线长变为被挡后，周期变为18
所以加了钉子的周期为所以周期变为原来的，故C错误，D正确。故选D。4.如图是某质点做简谐运动时的振动图像，根据图像可以判断（ ）A.在第1.5秒时，质点向x轴正方向运动B.在第2秒末到第3秒末，质点做加速运动C.在第1秒末，质点的加速度为零D.从第1秒末到第3秒末，质点所受合外力做功为零【答案】D【解析】【详解】A．x-t图像某点切线斜率的正负表示该时刻质点速度的方向，在第1.5秒时，图像切线斜率为负，说明质点向x轴负方向运动，故A错误；B．在第2秒末到第3秒末，质点远离平衡位置，做减速运动，故B错误；C．在第1秒末，质点位于正向最大位移处，其加速度达到最大值，故C错误；D．质点在第1秒末和第3秒末的速度均为零，所以从第1秒末到第3秒末，质点动能的变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零，故D正确。故选D。5.如图所示为某种规格小灯泡的伏安特性曲线，若将该小灯泡接在电动势，内阻的电源上，则小灯泡消耗的实际功率约为（ ）18
A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】将电源的U-I关系U=E-Ir=3-6I画在电阻的U-I图线上可知两图像的交点U=1.85V，I=0.19A，则P=IU=019×1.85W=0.35W故选B。6.如图所示，甲图为一列简谐横波在t＝1.2s时刻的波形图像，乙图为简谐横波中质点A的振动图像，则下列说法中正确的是（ ）A.质点A向下运动，波向左传播B.质点A向下运动，波向右传播18
C.质点A向上运动，波向左传播D.质点A向上运动，波向右传播【答案】A【解析】【详解】t=1.2s时，由乙图可知，简谐横波中质点A正在向下振动；再结合题图甲根据振动与波动的关系可知，波向左传播。故A正确。故选A。7.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=1kg、vA=6m/s、vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）AvA′=1m/s，vB′=7m/sB.vA′=2m/s，vB′=6m/sC.vA′=4m/s，vB′=4m/sD.vA′=5m/s，vB′=3m/s【答案】BC【解析】【详解】根据动量守恒定律可得①根据碰撞过程系统机械能不会增多可得②联立①②解得③④再根据碰撞能够发生可得⑤综上所述可知AD不可能，BC可能。故选BC。8.如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直，A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法，正确的是（）18
A.三个线框同时落地B.三个线框中，A线框最后落地C.B线框在C线框之后落地D.B线框和C线框在A线框之后同时落地【答案】D【解析】【详解】AB．A线框进入磁场过程中，不产生感应电流，线框不受安培力作用，只受重力，加速度等于g；B、C线框是闭合的，进入磁场过程中，产生感应电流，线框受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线框最先落地，故AB错误．CD．设B、C线框的边长为L，材料横截面积为S，电阻率为电，密度为密，质量为m，进入磁场过程中速度为v时加速度为a，安培力F=BIL，I=，根据牛顿第二定律得：mg-=ma，得加速度a=g-=g-=g-g，可知加速度a与材料横截面积S无关，所以大小相同且用相同的金属材料制成的B、C线框同时落地，故C错误，D正确．9.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=3Ω，直流电动机内阻0.5Ω。调节R2使电源输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W），则此时R2的阻值和电动机的输出机械功率P为（ ）A.R2=2.5ΩB.P=4WC.P=2WD.R2=4.5Ω18
【答案】B【解析】【详解】当电动机M正常工作时，将电动机M等效为电阻为R的电阻，电源输出功率最大时，电源内阻等于外电阻，此时电源的输出功率为此时电路中的电流为则由解得R2=1.5Ω电动机的输出机械功率故选B.10.如图所示，一热气球正以竖直速度v匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离．已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）A.从分离开始，经过时间物体落地B.物体刚到达地面时，热气球的速度大小为C.物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为18
D.物体刚到达地面时，热气球上升的高度为【答案】D【解析】【详解】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，则有解得（舍去）所以A错误；B．物体刚到达地面时的速度为v1，则有解得对热气球与物体组成系统合外力为0，则系统的动量守恒，根据动量守恒定律有联立解得所以B错误；C．物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为，则有联立解得所以C错误；D．物体刚到达地面时，热气球上升的高度为H，则有18
联立解得所以D正确；故选D。第II卷（非选择题共60分）二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）11.如图甲所示为利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒。实验器材：支架两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺等．实验所在地重力加速度大小为g。实验步骤如下：（1）测量小球1、2质量分别为、，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，使两小球球心位于同一水平面，如图甲；（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是相同的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；（3）如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1碰后到达最高位置为B，球2向右摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为、、，则碰后瞬间球1的速度大小为_______，碰后瞬间球2的速度大小为______；（4）若满足关系式_________，则能证明碰撞中系统总动量守恒；若满足关系式________，则说明两小球发生的是弹性碰撞。18
【答案】①.②.③.④.【解析】【详解】(3)[1]球1碰后到达最高位置为B，小球1碰后过程有解得小球1碰后的速度为[2]小球2碰后的过程有解得小球2碰后的速度为(4)[3]将小球1拉至某一位置A，由静止释放，小球1到达最低点过程有解得小球1碰前的速度为若满足关系式即则能证明碰撞中系统总动量守恒；[4]若满足关系式即则说明两小球发生的是弹性碰撞。12.某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率时。18
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为___________cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为___________mm。【答案】①.5.025②.4.700（4.690或4.701）【解析】【分析】【详解】(1)[1]游标为20分度，其测量精度为0.05mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为5×0.05mm=0.25mm所以最终读数为50.25mm=5.025cm(2)[2]螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm最终读数为d=4.5mm+0.200mm=4.700mm三、计算题（本大题共4小题，共48分。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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.如图所示，变阻器R2的最大电阻是10Ω，R3＝5Ω，电源的内电阻r＝1Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W.此时电灯R1正常发光，求：（1）电灯阻值R1是多少？（设R1阻值恒定不变）18
（2）当电键S断开时，调节变阻器的电阻，使电灯正常工作，此时的电源效率？【答案】（1）2.5Ω；（2）90%【解析】【详解】（1）当电键S闭合时，由P总－P出＝I2r得由P总＝EI得路端电压U＝E－Ir＝8V－2×1V＝6V通过R3的电流为通过电灯的电流为I2＝I－I3＝(2－1.2)A＝0.8A电灯R1的阻值（2）电灯额定电流18
I额＝0.8A此时路端电压电源的效率14.如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止。重力加速度为g=10m/s2。求：（1）流过cd的电流；（2）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动，转动的角速度大小？【答案】（1）5A；（2）顺时针；40rad/s【解析】【详解】（1）对cd进行受力分析可知mgsinθ=BIL代入数据可得流过cd的电流（2）根据左手定则可知，流过cd的电流是由d到c；根据右手定则，则从上往下看，ab应沿顺时针方向转动；18
根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势E=I×（2R）=5×2×0.3V=3Vab切割磁感线产生感应电动势E=BLv所以解得ω=40rad/s15.如图所示，物体B和物体C用劲度系数为的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为处由静止释放，下落后与物体B碰撞。碰后A与B立刻粘合在一起并向下运动，在以后的运动中A、B不再分离。已知物体A、B、C的质量均为，重力加速度为，忽略空气阻力。求：（1）求A与B碰撞后瞬间的速度大小；（2）A和B一起运动达到最大速度时，物体C对水平面地的压力大小；（3）开始时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中才能使物体C恰好离开地面。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设物体A碰前速度，有A、B碰撞时动量守恒，有18
解得（2）当A、B达到最大速度时，A、B所受合外力为零，设此时弹簧弹力为F，对A、B由平衡条件得设地面对C的支持力为N，对C由受力平衡得由牛顿第三定律得C对地面的压力大小为（3）若物体从H高处落下，由（1）可得A与B碰前A的速度为A与B碰后瞬间的共同速度为由对称性可知，当C刚好离开地面时弹簧的弹性势能与碰撞后瞬间的势能相等（弹簧形变量大小相等），由机械能守恒得又可解得16.如图所示，质量的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x（未知且可调）处有一挡板A。一质量的小滑块P（可视为质点）静止于木板左端上方某点。现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得的初速度沿木板向右运动，最终P、Q均静止且P未滑离木板Q。已知重力加速度大小为，滑块与木板间的动摩擦因数为0.318
，木板与右侧挡板A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。（1）求当小滑块P的速度减至时，木板Q的速度大小（长木板Q尚未与挡板A发生碰撞）；（2）若木板Q只与挡板A发生了1次碰撞，求木板的运动时间；（3）若木板Q只与挡板A发生了2次碰撞，求滑块P从开始运动到静止这一过程滑动的距离；（4）若木板Q只与挡板A发生了3次碰撞，求最开始时木板P右端与挡板A之间的距离x的值。【答案】（1）1m/s；（2）2s；（3）6m；（4）m【解析】【详解】（1）由小滑块P与长木板Q组成的系统动量守恒可得可得木板Q的速度大小（2）若木板只与挡板A发生了1次碰撞，即碰前瞬间P与Q的动量大小相等解得根据牛顿第二定律有木板先加速到1.5m/s，与A碰后，反向减速到0，则木板的运动时间18
解得（3）木板Q与挡板A发生2次碰撞过程中，滑块在木板上一直做匀减速运动，则有根据牛顿第二定律有解得（4）木板Q只与挡板A发生了3次碰撞，即第3次碰撞前瞬间木板与滑块的动量大小相等．每次碰撞前瞬间木板的速度都相等，设为，即每次碰撞过程中A对木板的冲量大小为从P滑上Q到最终都静止过程，对P、Q整体全过程根据动量定理得解得根据速度位移公式有解得18
