浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開學(xué)質(zhì)量檢測物理試題

2023學(xué)年第一學(xué)期高二段物理科目開學(xué)質(zhì)量檢測（A）選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.如圖所示，條形磁鐵以速度v向螺旋管靠近，下面幾種說正確的是（）A.螺旋管中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流B.螺旋管中會產(chǎn)生感應(yīng)電流C.只有磁鐵的速度足夠大時，螺旋管中才會產(chǎn)生感應(yīng)電流D.只有磁鐵的磁性足夠強時，螺旋管中才會產(chǎn)生感應(yīng)電流【答案】B【解析】【詳解】當條形磁鐵以速度v向螺旋管靠近，穿過螺旋管的磁通量增大，則螺旋管中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，與磁鐵的速度、磁鐵的磁性強弱無關(guān)，B正確．【點睛】產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化或閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動，導(dǎo)體中有感應(yīng)電流．根據(jù)條件進行分析．解決本題關(guān)鍵要準確把握產(chǎn)生感應(yīng)電流的一般條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路必須閉合．2.如圖，金屬棒ab，金屬導(dǎo)軌和螺線管組成閉合回路，金屬棒ab在勻強磁場B中沿導(dǎo)軌向右運動，則A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒向右運動速度越大，所受安培力越大D.螺線管產(chǎn)生的磁場，A端為N極【答案】C【解析】【詳解】ab棒切割磁感線時，要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而電流在磁場中就一定會有安培力，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流總是起到阻礙的作用，故安培力的方向與導(dǎo)體棒一定的方向相反，應(yīng)當向左，故B錯誤；ab棒向右運動時，、、，聯(lián)立解得：，則知速度越大，所受安培力越大，故C正確；根據(jù)右手定則，ab中的電流的方向向上，流過螺旋管時，外側(cè)的電流方向向下，根據(jù)安培定則得知螺線管產(chǎn)生的磁場，A端為S極，B端為N極，故D錯誤．故選C.【點睛】回路中的一部分切割磁感線時，導(dǎo)體棒中要產(chǎn)生感應(yīng)電流，而電流在磁場中就一定會有安培力；感應(yīng)電流的大小與運動速度有關(guān)，運動速度越大，所受安培力越大．根據(jù)右手定則、左手定則和楞次定律依次進行分析．3.如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為，圓環(huán)電阻為。在內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流從上往下看為順時針方向。磁場的磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示（其中在的時間段呈直線）。則（）A.在時間段，感應(yīng)電流先減小后增大再減小B.在時間段感應(yīng)電流沿順時針方向，在時間段感應(yīng)電流也沿順時針方向C.在時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為D.在時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律得知磁感應(yīng)強度的變化率越大，感應(yīng)電流越大，由題圖可得在0～5s時間段磁感應(yīng)強度變化率先減小再增大，最后不變，且最大值為，則最大感應(yīng)電流則在0～5s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；B．由題意知，在第1s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向，根據(jù)楞次定律知，磁場方向向上，結(jié)合題圖乙知向上為正方向，在2～4s時間段，磁感應(yīng)強度向上且減小，在4～5s時間段，磁感應(yīng)強度向下且增大，則在2～5s時間段，感應(yīng)磁場方向向上，感應(yīng)電流沿逆時針方向，故B錯誤；C．結(jié)合A中分析可知，在4～5s時間段，圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流最大，發(fā)熱功率最大，為故C正確；D．在0～2s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為故D錯誤。故選C。4.轉(zhuǎn)筆是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動，深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識。如圖所示某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手指上的某一點O沿順時針方向做角速度為ω的勻速圓周運動，已知O點恰好是長為L的金屬筆桿的中點，地磁場的磁感應(yīng)強度在與筆桿轉(zhuǎn)動平面垂直方向的分量大小為B，方向向外，則（）A.筆桿上O點電勢最低 B.O點與筆尖間的電勢差為C.O點與筆尖間的電勢差為 D.筆桿兩端點間的電勢差為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)右手定則判斷知O點電勢最高，A錯誤；BC．O點與筆尖間的電勢差為C正確，B錯誤；D．筆桿兩端點間的電勢差為0，D錯誤；故選C。5.在光滑的水面地面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示，為兩個磁場的分界線，磁場范圍足夠大.一個半徑為、質(zhì)量為、電阻為的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度從如圖實線所示位置向右運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線重合時，圓環(huán)的速度為，則下列說法正確的是（）A.此時圓環(huán)中的電流沿順時針方向B.此時圓環(huán)的加速度為C.此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為D.此時圓環(huán)中的電功率為【答案】D【解析】【詳解】A．由楞次定律可知，此時感應(yīng)電流為逆時針方向，故A錯誤；B．左右兩邊圓環(huán)均切割磁感線，故感應(yīng)電動勢的大小為感應(yīng)電流大小為故其所受安培力大小為加速度故B錯誤；C．此過程中圓環(huán)磁通量的變化為電荷量為故C錯誤；D．此時圓環(huán)的電功率為故D正確。故選D。6.有一種工程減振裝置叫作調(diào)諧質(zhì)量阻尼器，是目前大跨度、大懸挑與高聳結(jié)構(gòu)振動控制中應(yīng)用最廣泛的結(jié)構(gòu)被動控制裝置之一。這種裝置是一個由彈簧、阻尼器和質(zhì)量塊組成的振動控制系統(tǒng)，附加在需要振動控制的主結(jié)構(gòu)上。主結(jié)構(gòu)在外界驅(qū)動力的作用下產(chǎn)生振動時，會帶動減振裝置一起振動。當滿足一定條件時，減振裝置的彈性力與外來驅(qū)動力的方向相反，抵消了一部分驅(qū)動力，從而最大限度地降低主結(jié)構(gòu)的振動，達到減振的效果。如圖所示是調(diào)諧質(zhì)量阻尼器的結(jié)構(gòu)，關(guān)于調(diào)諧質(zhì)量阻尼器，下列說法正確的是（），A.其振動頻率一定與外力的頻率相等B.其振動一定是簡諧運動C.其工作原理是共振的利用D.質(zhì)量塊變化時，其隨驅(qū)動力振動的頻率也會跟著發(fā)生變化【答案】A【解析】【詳解】AC．因為滿足一定條件時，減振裝置的彈性力與外來驅(qū)動力的方向相反，抵消了一部分驅(qū)動力，可知其振動頻率一定與外力的頻率相等，但不是共振，選項A正確，C錯誤；B．其振動是受迫振動，不一定是簡諧運動，選項B錯誤；D．驅(qū)動力振動的頻率由外部振動決定，則質(zhì)量塊變化時，其隨驅(qū)動力振動的頻率不變，選項D錯誤。故選A。7.如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中有一等腰直角三角形OAC區(qū)域，其內(nèi)部存在垂直紙面向里的勻強磁場，它的OC邊在x軸上且長為L。邊長也為L的正方形導(dǎo)線框的一條邊也在x軸上，時刻，該線框恰好位于圖中所示位置，此后線框在外力F的作用下沿x軸正方向以恒定的速度v通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，則線框通過磁場區(qū)域的過程中，線框中的感應(yīng)電流i、穿過線框平面的磁通量Ф、通過線框橫截面的電荷量q、外力F隨線框的位移x變化的圖像中錯誤的是（圖中曲線是拋物線的一部分）（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．線框前進過程中，單邊（右邊框）切割磁感線，有其中為實際切割長度，隨著導(dǎo)線框的移動而增大，與水平位移成正比，故感應(yīng)電流增大。同理導(dǎo)線框前進過程中，也是單邊（左邊框）切割，其實際切割長度一直在增大，其感應(yīng)電流隨位移呈線性關(guān)系增大，A正確；B．當線框沿軸正方向運動位移時，穿過線框的磁通量最大，最大值在這之前（），磁通量關(guān)于位移的表達式為在這之后（），磁通量關(guān)于位移的表達式為B錯誤；C．通過線框橫截面的電荷量故通過線框橫截面的電荷量與穿過線框的磁通量成正比關(guān)系，故C圖像符合，C正確；D．由左手定則判斷可知，穿過磁場過程中線框受到的安培力一直向左，在內(nèi)，其大小在內(nèi)，其大小D正確。選錯誤的，故選B。8.所謂對接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運行宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起．假設(shè)“天舟一號”和“天宮二號”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對接前的在軌速度分別為、v，對接持續(xù)時間為，則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】在天舟一號和天宮二號對接的過程中水平方向動量守恒，有解得對接后兩者的共同速度以天宮二號為研究對象，根據(jù)動量定理有解得故C正確；ABD錯誤。故選C。9.兩個單擺的振動圖像如圖所示，則甲乙兩個單擺的擺長之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由圖可知，甲乙單擺的周期之比為1:2，根據(jù)可知甲乙兩個單擺的擺長之比為1:4。故選A。10.有些核反應(yīng)堆里要讓質(zhì)量為m中子與質(zhì)量為M原子核碰撞（M＞m），以便把中子的速度降下來。為此，應(yīng)該選用的原子核的質(zhì)量應(yīng)（）A.較大 B.較小 C.都可以 D.無法判斷【答案】B【解析】【詳解】設(shè)中子和質(zhì)量為M的原子核碰撞后速度分別為和，碰撞前后的總動量和總能量守恒，以中子的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒得解得質(zhì)量為M的原子核越小，減少效果越好，因此要用質(zhì)量小的原子核作為減速劑。故選B。11.做簡諧運動的物體經(jīng)過A點時，加速度的大小是，方向指向點；當它經(jīng)過點時，加速度的大小是，方向指向A點。若AB之間的距離是，則它的平衡位置在（）A.之間，距離處B.之間，距離A點處C.的外側(cè)，距離A點處D.的外側(cè)，距離B點處【答案】B【解析】【詳解】A、B兩點加速度方向相反，故二者位于平衡位置的兩側(cè)，即它的平衡位置在AB之間；

根據(jù)即加速度大小與彈簧的形變量成正比，由題則又xA+xB=10cm聯(lián)立得xA=4cm故選B。12.如圖所示，動量分別為，的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用、表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，小球A的動量變化最小值為動量變化最大值為由動量守恒可知，小球B的動量變化范圍為故選A。13.2023年第5號臺風“杜蘇芮”于7月28日登陸福建晉江，登陸時強度為強臺風級，中心最大風速。假如你身處其中正面迎風（假設(shè)空氣吹到人身上后速度瞬間減為零，空氣密度為），估算你受到的風力大約為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】人正面的面積約為設(shè)t時間內(nèi)吹到人正面的空氣質(zhì)量為m以t時間內(nèi)吹到人正面的空氣為研究對象，根據(jù)動量定理有得代入數(shù)據(jù)解得F根據(jù)牛頓第三定律知，受到的風力大約為。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.如圖所示，兩個相同燈泡L1、L2，分別與電阻R和自感線圈L串聯(lián)，接到內(nèi)阻不可忽略的電源的兩端，當閉合電鍵S到電路穩(wěn)定后，兩燈泡均正常發(fā)光，已知自感線圈的自感系數(shù)很大，則下列說法正確的是（）A.閉合電鍵S到電路穩(wěn)定前，燈泡L1逐漸變亮B.閉合電鍵S到電路穩(wěn)定前，燈泡L2逐漸變暗C.斷開電鍵S的一段時間內(nèi)，A點電勢比B點電勢高D.斷開電鍵S的一段時間內(nèi)，燈泡L2亮一下逐漸熄滅【答案】AB【解析】【詳解】A．閉合開關(guān)的瞬間，燈立即正常發(fā)光，燈所在電路上線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，電流只能逐漸增大燈逐漸變亮，故A正確；B．閉合電鍵S到電路穩(wěn)定前，燈所在電路上線圈產(chǎn)生自感電動勢，電流只能逐漸增大，則總電路中的電流逐漸增大，電源的內(nèi)電阻消耗的電壓逐漸增大，所以路端電壓逐漸減小，則燈泡逐漸變暗，故B正確；C．閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)，L中產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，電流的方向與的方向相同，從右向左流過燈；所以A點電勢比B點電勢低，故C錯誤；D．斷開電鍵S的一段時間內(nèi)，L中產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，電流從原來的電流開始減小，所以兩個燈泡都是逐漸熄滅，不會閃亮一下，故D錯誤．故選AB?！久麕燑c睛】對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導(dǎo)線；當電流變化時，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源．15.下列說法正確的是（）A.在高速（接近光速）、微觀（小到分子、原子的尺度）領(lǐng)域，牛頓運動定律不再適用，而動量守恒定律仍然正確。B.奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。C.法拉第通過對電磁感應(yīng)現(xiàn)象的研究提出了閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一回路的磁通量的變化率成正比D.變壓器的線圈都繞在鐵芯上，在鐵芯中產(chǎn)生的渦流使鐵芯發(fā)熱，浪費了能量，我們要想辦法減小渦流，途徑之一是增大鐵芯材料的電阻率，常用的鐵芯材料是硅鋼，它的電阻率比較大【答案】AD【解析】【詳解】A．牛頓定律適用于宏觀低速物體，在高速（接近光速）、微觀（小到分子、原子的尺度）領(lǐng)域，牛頓運動定律不再適應(yīng)，而動量守恒定律仍然正確，選項A正確；B．法拉第首先發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項B錯誤；C．紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后，先后指出，閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小跟穿過這一回路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，故C錯誤；D．變壓器的線圈都繞在鐵芯上，在鐵芯中產(chǎn)生的渦流使鐵芯發(fā)熱，浪費了能量，我們要想辦法減小渦流，途徑之一是增大鐵芯材料的電阻率，常用的鐵芯材料是硅鋼，它的電阻率比較大，選項D正確。故選AD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.如圖甲，長木板的一端墊有小木塊，可以微調(diào)木板的傾斜程度，以進行阻力補償，使小車能在木板上做勻速直線運動。小車前端貼有橡皮泥，后端連一打點計時器紙帶，接通打點計時器電源后，讓小車以某速度做勻速直線運動，與置于木板上靜止的小車相碰并粘在一起，繼續(xù)做勻速直線運動。打點計時器電源頻率為，得到的紙帶如圖乙所示，已將各計數(shù)點之間的距離標在圖上。（1）圖中的數(shù)據(jù)有、、、四段，計算兩車碰撞后的速度大小應(yīng)選哪段________；（2）若小車的質(zhì)量為，小車的質(zhì)量為，根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，碰后系統(tǒng)總動量為________。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】①.DE②.【解析】【詳解】（1）[1]由紙帶可知，在BC段和DE段點跡分布均勻，說明小車做勻速運動；因BC段平均速度較大，則計算小車A碰撞前的速度大小應(yīng)選BC段，計算小車A碰撞后的速度大小應(yīng)選DE段。（2）[2]由紙帶數(shù)據(jù)可知，碰后小車的速度碰后兩小車的總動量是17.小范同學(xué)在做“用單擺測量重力加速度”實驗時（1）用游標卡尺測量小球的直徑如圖（a）所示，則該擺球的直徑為________mm。（2）關(guān)于該實驗的下列說法中正確的有________A由于擺球質(zhì)量不影響實驗結(jié)果，可以選擇乒乓球代替小鋼球B.擺球擺動過程中要求偏角較?。ㄐ∮冢〤.為了減小實驗誤差，應(yīng)選擇小球擺到最低位置開始計時D.用鐵夾夾住擺線而不是直接纏繞在鐵架上的主要目的是確保擺長不變（3）在測量擺長時，該同學(xué)誤將擺線長直接當擺長進行處理，結(jié)果得到如右圖（b）所示的圖線，那么他用該圖線求得的重方加速度值與真實值相比________（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。【答案】①.②.BCD③.不變【解析】【詳解】（1）[1]該擺球的直徑為（2）[2]A．為了減小空氣阻力的影響，擺球應(yīng)選擇密度大，質(zhì)量大的小鋼球，不可以選擇乒乓球代替小鋼球，故A錯誤；B．為了使小球的擺動為簡諧運動，擺球擺動過程中要求偏角較小(小于5°)，故B正確；C．為了減小實驗誤差，應(yīng)選擇小球擺到最低點位置開始計時，故C正確；D．用鐵夾夾住擺線而不是直接纏繞在鐵架上的主要目的是確保擺長不變，故D正確。故選BCD。（3）[3]根據(jù)得可知利用斜率可以準確求得當?shù)氐闹亓铀俣?，即他用該圖線求得的重方加速度值與真實值相比不變。18.在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實驗中，采用如圖甲所示的裝置進行實驗．①請用筆畫線代替導(dǎo)線在答題卷相應(yīng)位置將圖甲連線補充完整，確保實驗現(xiàn)象明顯_________．②某小組電路連接正確后，在滑動變阻器滑片持續(xù)向右移動的過程中，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針持續(xù)向右偏，則當開關(guān)閉合時，靈敏電流計的指針將___________．A.向左偏一下B.向右偏一下C.持續(xù)向左偏D.持續(xù)向右偏【答案】①.②.A【解析】【詳解】(1)電源、開關(guān)、滑動變阻器和上面的線圈組成回路，滑動變阻器可以改變電流，來檢驗在下面的線圈是否會產(chǎn)生，下面的線圈和靈敏電流表相連，電路如圖：(2)滑動變阻器滑片持續(xù)向右移動的過程中，接入電路中的電阻變大，電路中的電流變小，通過大線圈的磁通量變小，靈敏電流計指針向右偏，所以當閉合開關(guān)時，電路中的電流變大，通過大線圈的磁通量變大，則靈敏電流計的指針向左偏一下，故A正確；19.彈簧振子的運動示意圖如圖所示，質(zhì)點經(jīng)a點向右運動2s后到達b點，又經(jīng)1s到達c點時速度為0。a、b中點O是平衡位置。已知ab=20cm，bc。試求：（1）振動振幅和頻率；（2）質(zhì)點經(jīng)a向右運動17s末位移；（3）質(zhì)點經(jīng)a向右運動17s末的路程?！敬鸢浮浚?），；（2），方向沿x軸正方向；（3）【解析】【詳解】（1）質(zhì)點經(jīng)a點向右運動2s后到達b點，a、b中點O是平衡位置，根據(jù)簡諧振動對稱性可知，質(zhì)點經(jīng)平衡位置O達到點b的時間為1s，而從b點經(jīng)1s到達c點，c點是最右點，故從平衡位置到最右端的時間為2s，因此頻率為振幅為（2）由（1）中分析可知質(zhì)點從a點向右運動1s后到達平衡位置O點，而故質(zhì)點經(jīng)a向右運動17s末到達平衡位置，位移大小為方向沿x軸正方向；（3）由（2）中分析可知質(zhì)點經(jīng)a向右運動17s末的路程為20.用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，火箭飛行時在極短的時間內(nèi)噴射燃氣的質(zhì)量是，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是，噴出燃氣后火箭的質(zhì)量是。假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以的速度繞地球做勻速圓周運動。已知衛(wèi)星的質(zhì)量為，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量為。某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為。計算：（1）火箭在時間內(nèi)一次噴氣后增加的速度。（2）火箭殼體與衛(wèi)星分離后衛(wèi)星和火箭殼體的速度分別是多大?（3）火箭殼體與衛(wèi)星分離后它們將如何運動?【答案】（1）；（2）×103m/s，×103m/s；（3）火箭殼體最后將會在大氣層中被燒毀，衛(wèi)星將在某一較高的圓軌道上“穩(wěn)定”下來作勻速圓周運動【解析】【詳解】（1）以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動量是0，噴氣后火箭的動量是，燃氣的動量是，根據(jù)動量守恒定律，噴氣后火箭和燃氣的總動量仍然為0，所以解得（2）設(shè)，分離后殼體的速度為根據(jù)動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)計算得×103m/s則衛(wèi)星的速度為（3）衛(wèi)星分離后速度為>分離后將發(fā)生“離心現(xiàn)象”，衛(wèi)星對地面的高度將增大，該過程需克服地球引力做