2023-2024年山东省烟台市招远市第二中学高二上学期10月月考物理试题（等级考）（解析版）

2023-2024学年度第一学期阶段检测高二物理（等级考）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，时间90分钟。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内；写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。考试结束只交答题卡。第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～14题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于电源电动势，下列说法中正确的是（）A.同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化B.电动势的大小等于电源未接入电路时两极间的电压C.电动势的单位与电势差的单位都是伏特，因此两者本质上是一样的D.电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大【答案】B【解析】【详解】A．电动势跟电源本身的性质有关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化，故A错误；B．电源未接入电路时相当于外电路开路，外电阻无穷大，回路中电流为零，所以内电压为零，外电压此时等于电源的电动势，故B正确；C．电动势的单位与电势差的单位虽然都是伏特，但二者有本质的区别，电动势表征电源把其他形成的能转化为电能本领的大小，反映电源内部非静电力做功的本领，而电势差是电源外部两点之间电势的差值，是静电力做功的结果，故C错误；D．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源负极，经过电源内部移动到电源正极所做的功，既有可知，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势不一定越大，故D错误。故选B。2.如图所示，用质量为0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为3m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.05s，重力加速度g=10m/s2，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为（）A.25N B.30N C.35N D.40N【答案】C【解析】【详解】以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击之前铁锤的速度为打击之后铁锤的速度为设钉子对铁锤的平均作用力为F，方向竖直向上，根据动量定理可得代入数据解得根据牛顿第三定律可得铁锤钉钉子的平均作用力大小为35N，方向竖直向下。故选C。3.如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图像可知（）A.的阻值为 B.电源的输出功率为C.电源内部消耗功率为 D.电源电动势为，内阻为【答案】C【解析】【详解】A．由图象Ⅱ可知，外电阻故A错误；B．由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为，电阻功率，即电源的输出功率为故B错误；D．根据由图象I可知，电源电动势短路电流电源内阻故D错误；C．由两图象的交点坐标，流过电阻的电流为，电源内部消耗的功率为故C正确。故选C。4.一汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在匀加速运动过程中，下列说法正确的是（）A.任意一段时间内，重力的冲量均为零B.任意两段相等的时间内，汽车动量变化量相等C.某段时间内，汽车牵引力的冲量等于汽车动量的变化量D.某段时间内，重力的冲量和地面对汽车支持力的冲量相等【答案】B【解析】【详解】A．根据I=mgt可知，任意一段时间内，重力的冲量均不为零，选项A错误；B．汽车做匀加速运动，则合外力一定，根据动量定理可知任意两段相等的时间内，汽车动量变化量相等，选项B正确；C．根据动量定理，则某段时间内，汽车合外力的冲量等于汽车动量的变化量，选项C错误；D．某段时间内，重力的冲量和地面对汽车支持力的冲量大小相等，方向相反，选项D错误。故选B。5.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（）A.两运动员的动量变化一定相同B.两运动员组成的系统动量和机械能均守恒C.两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零D.两运动员之间相互作用力的冲量一定相等【答案】C【解析】【详解】CD．两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，所以两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零，C正确，D错误；A．两运动员组成的系统满足动量守恒，所以两运动员的动量变化大小相等，方向相反，A错误；B．“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，B错误。故选C。6.如图所示，电路中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V。重新调节R，使电动机恢复正常运转时，此时电路中电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。下列说法中正确的是（）A.电动机的内阻为7.5ΩB.电动机正常工作时消耗的功率为26WC.电动机正常工作时消耗的功率为28WD.电动机正常工作时输出的功率为22W【答案】D【解析】【详解】A．使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V。则电动机的内阻选项A错误；BC．电动机正常工作时消耗的功率为P=I2U2=2×15W=30W选项BC错误；D．电动机正常工作时输出的功率为选项D正确。故选D。7.甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，甲的质量为55kg，乙的质量为45kg，开始时均保持静止，甲手持一个质量为5kg的球。现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为（）A.3:4 B.4:3 C.10:11 D.11:10【答案】A【解析】【详解】设甲抛球时球的速度方向为正方向，以甲与球组成的系统为研究对象，抛球过程动量守恒，由动量守恒定律以乙与乙球组成的系统为研究对象，乙接球的过程系统动量守恒，由动量守恒定律得乙抛球过程动量守恒，由动量守恒定律得甲接球过程中动量守恒，由动量守恒定律得解得所以故选A。8.我国东风—17高超音速战略导弹的射程可达几千公里，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风—17导弹的质量为m，在一次试射机动变轨过程中，导弹正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为9马赫（1马赫就是一倍音速，设1马赫为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下角飞行，速度大小为15马赫。取，此次机动变轨过程中，合力对导弹的冲量（）A.大小，方向竖直向上 B.大小为，方向竖直向下C.大小为，方向竖直向上 D.大小为，方向竖直向下【答案】D【解析】【分析】【详解】本题考查动量定理，目的是考查学生的推理能力。根据数学知识.导弹此次变轨过程中的速度变化量大小、方向竖直向下.根据动量定理.该过程中合力对导弹的冲量大小方向竖直向下。故选D。9.如图甲所示，一个质量为m的小物体（可看做质点），静置于光滑的水平面上，外面扣一质量为m的盒子。现给盒子30m/s的初速度，此后盒子运动的v-t图像呈周期性变化，如图乙所示。则盒子的长度是（）A.0.5m B.0.6m C.0.7m D.0.8m【答案】B【解析】【详解】物体相撞后速度大小仍然是30m/s，设物体的质量为m。t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0=mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，能量守恒联立解得m=M故盒子的长度是故选B。10.关于电源，下列说法中正确的是（）A.电源的电动势和电压单位相同，因此电动势就是电压B.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置C.电源电动势表明，电源的电动势大小与非静电力做的功成正比D.电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．电源的电动势和电压单位相同，但是电动势与电压是不同的概念，所以A错误；B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，所以B正确；C．电源的电动势，这是定义公式，电源的电动势大小与非静电力做的功成无关，电源的电动势由电源本身性质决定，所以C错误；D．电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，非静电力做功使电荷的电势能增加，所以D正确；故选BD。11.一质量为M（含探测器）的宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，环绕速率为，若某一瞬间以速度v发射一质量为m的探测器，若发射完毕瞬间，探测器的速度方向和飞船速度方向相同，则（）A.飞船将靠近地球B.飞船可以保持在原来轨道运动C.发射完毕瞬间飞船的速率为D.发射完毕瞬间飞船的速率为【答案】AC【解析】【详解】CD．以宇宙飞船和探测器为研究对象，以宇宙飞船飞行的方向为正方向，由动量守恒定律得解得故C正确，D错误；AB．发射探测器后，宇宙飞船的速度变小，所需要的向心力变小，万有引力不变，大于需要的向心力，所以飞船将靠近地球，故A正确，B错误。故选AC。12.如图所示的电路中，、、均为定值电阻，为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），电源的电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表。开关S闭合后，当照射到的光照强度增大时，下列说法中正确的是（）A.电压表示数变大 B.电流表示数变小C.电容器所带电荷量增加 D.的功率变大【答案】CD【解析】【详解】AB．当照射到的光照强度增大时，阻值减小，减小，导致外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律外电阻减小，总电流增大，的电压增大，内电压增大，路端电压减小，电压表示数变小，根据路端电压减小，减小，减小，电流表示数增大，故AB错误；C．电容器两端电压增大，根据电容器所带电荷量增加，故C正确；D．的功率电流增大，的功率变大，故D正确。故选CD。13.如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为的弧槽，弧槽和水平面平滑连接，质量为的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为的A点由静止沿弧槽滑下，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切阻力及能量损失，重力加速度大小为，下列说法正确的是（）A.滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.弹簧获得最大弹性势能为C.滑块沿弧槽上升的最大高度等于D.滑块再一次离开弧槽后，不可能和弹簧发生作用【答案】BD【解析】【详解】A．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；B．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒，设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为，弧槽的速度大小为，则有滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有联立解得，滑块压缩弹簧时，但速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有故B正确；C．根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速度大小也为，滑块滑上弧槽过程，当滑块上升至最高点时，两者具有共同的水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得根据系统机械能守恒可得联立解得滑块沿弧槽上升的最大高度为故C错误；D．从滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时，滑块的速度大小为，弧槽的速度大小为，根据系统水平动量守恒可得根据系统机械能守恒可得联立解得，可知滑块再一次离开弧槽时，滑块的速度为零，故滑块不可能和弹簧发生作用，故D正确。故选BD。14.A、B两滑块在一水平直气垫导轨上相碰，用频闪照相机在，，，各时刻闪光4次，摄得如图所示照片，其中B像有重叠，，由此可判断（）A.碰前B静止，碰撞发生在60cm处，时刻B.碰后B静止，碰撞发生在60cm处，时刻C.时，A处在55cm处，碰撞后A的速度变为原来的2倍D.时，A处在50cm处，碰撞后A速度变为原来的【答案】BC【解析】【详解】A．若碰撞前B静止，则，因此在0、、时刻B都应处于60cm处，所以碰撞只能发生在处，时刻发生碰撞，则碰撞后B的速度为；碰撞前A的速度为，碰撞后A的速度为，碰撞前后动量守恒，由动量守恒定律有而碰撞前系统总的机械能为碰撞后系统总的机械能为显然碰撞后的机械能增加，不符合能量守恒定律，因此碰撞前B不可能静止，故A错误；B．若碰后B静止，则，且、、时刻B都在60cm处，因此碰撞只能发生在60cm处，碰撞时间，则可得碰撞前B得速度为，碰撞后A得速度，碰撞前A速度为，碰撞前后动量守恒，则有碰撞前总得机械能碰撞后总得机械能显然，碰撞后机械能减少，根据碰撞过程中，机械能不增加原理可知，碰撞可能发生，故B正确；C．时，A处在55cm处，则碰撞前A的速度，碰撞后A的速度为，则可知碰后B静止，则碰撞前B的速度大小为，则可知跟上述结果相同，易得碰撞后A的速度变为碰撞前的2倍，故C正确；D．时，若A处在50cm处，根据频闪照片分析可知，此种情况不能发生，故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共58分）二、本题共4小题，共20分。把答案填写在答题卡中的相应位置上。15.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的图像记录了它们碰撞前后的位移x随时间t的变化情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的图像，c为碰撞后它们的图像。若A球质量为1kg，则B球的质量为________。【答案】1kg【解析】【详解】根据图像可知，A、B碰撞前的速度分别为，A、B碰撞后的速度均为根据动量守恒可得解得B球的质量为16.如图所示为“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”的实验装置。（1）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量___________。A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球和B球的质量D．测量A球释放点相对于水平槽面的高度（2）下列说法中不符合本实验要求的是___________。A．A球比B球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端切线必须水平D．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺（3）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经过多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落地位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、、。已知入射球的质量为，靶球的质量为，如果测得近似等于___________，则可认为A球和B球组成的系统在碰撞前后的动量保持不变。【答案】①.ABC②.A③.【解析】【详解】（1）[1]ABD．球抛出后均做平抛运动，落地时运动时间相等，则根据水平方向运动的距离即可比较水平方向运动的速度，不需要测量具体的下落时间，不需要测量A球释放点相对于水平槽面的高度，需要测量水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离，A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离，B球落点位置到O点的距离，故AB正确，D错误；C．为了探究动量守恒，还需要测量AB球的质量，故C正确。故选ABC。（2）[2]A．为保证碰撞后A的速度方向不变，A的质量必须大于B球的质量，故A错误，符合题意；B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B正确，不符合题意；C．安装轨道时，轨道末端切线必须水平，故C正确，不符合题意；D．需要使用的测量仪器有天平（测量质量）和刻度尺（测量落点距离），故D正确，不符合题意。故选A。（3）[3]球抛出后均做平抛运动，落地时运动时间相等，则即17.某物理兴趣小组的同学从一款电子产品中拆下一个特殊电池，通过查阅说明书了解到该电池的电动势约为1V左右，内阻约为300Ω左右。他们欲通过实验尽量准确的测出该电池的电动势和内阻。除了待测电池，实验室可提供的器材还有：A.电流表（量程为0～300μA，内阻为900Ω）B.电流表（量程为0～0.6A，内阻为1Ω）C.定值电阻（阻值为100Ω）D.定值电阻（阻值为1100Ω）E.电阻箱R（0～9999Ω）F.导线和开关。（1）小组同学设计了如图甲所示的电路图，为了顺利完成测量，电流表应选________，定值电阻应选________；（填所选仪器前的字母序号）（2）该小组同学按设计的电路图连接好电路，测得几组所选电流表的读数I，以及相应的电阻箱的读数R，做出图线如图乙所示。通过计算可以求得该电池电动势E＝________V，内阻r＝________Ω（结果保留2位有效数字）。【答案】①.A②.C③.0.83④.【解析】【详解】（1）[1][2]根据题意，由公式可知，电路中的电流最大值约为可知，电流表A2量程太大，故选电流表，所选仪器前的字母序号为A；而电流表的量程太小，需并联一个比电流表内阻小的电阻扩大量程，则定值电阻选择，所选仪器前的字母序号C。（2）[3][4]电流表与并联之后的电阻为设电流表的电流为，干路电流为，则有由电路图，根据闭合回路欧姆定律有整理得结合可得，解得，18.某同学在用电流表和电压表测定干电池的电动势和内阻的实验中：(1)有如下器材可供选择：A.干电池1节（电动势约为1.5V）B.滑动变阻器R1（0～20Ω）C.滑动变阻器R2（0～2kΩ）D.电压表V1（0～3V，内阻约为2kΩ）E.电压表V2（0～15V，内阻约为3kΩ）F.电流表A（0～0.6A，内阻约为2Ω）G.开关S、导线若干等其中滑动变阻器应选________，电压表应选______（均选填器材前的选项字母）．(2)为了最大限度地减小实验误差，请在下面的虚线框中画出该实验最合理的电路图___．(3)该同学按照正确的电路图连接好实物图，操作规范，开始实验．然后多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录相应电压表和电流表的数据，并根据这些数据画出了U-I图线如图所示，则根据此图线可以求出被测干电池的电动势E=______V，内阻r=________Ω．【答案】①.B②.D③.④.1.45⑤.0.9【解析】【详解】(1)[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选择B；[2]电源电动势约为1.5V，电压表应选择D(2)[3]应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，由于一节干电池内阻很小，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；(3)[4]由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.45V，[5]电源内阻：．三、本题共4小题，共38分。解答应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，答案必须明确写出数值和单位。19.如图所示，电源电动势V，内电阻，小灯泡标有“3V3W”字样，小灯泡标有“2V4W”字样，电动机D的内阻，当闭合电键S，将滑动变阻器R的阻值调到时，两灯泡和电动机均能正常工作。求：（1）流过电动机的电流；（2）电动机输出的机械功率；（3）电源的输出功率。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）两灯泡均正常发光，根据得流过灯泡的额定电流流过灯泡的额定电流因此流过电动机的电流（2）灯泡的电阻电动机两端的电压电动机的总功率电动机的热功率电动机的输出功率（3）电源的输出功率20.如图所示，光滑水平地面上有一小车处于静止状态，小车表面AB段光滑，AP段粗糙，车上右边固定一个连接轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端在A点，小车和挡板的总质量为M=1kg。在距离A点左侧1.5m处的Q点处放置一质量m=3kg的小物块，已知物块与AP段间的动摩擦因数μ=0.1。现给小物块一水平向右的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。求在以后的运动过程中（1）物块到达A点时的速度；（2）弹簧弹性势能的最大值。【答案】（1）v1=3.5m/s；（2）Ep=1.5J【解析】【详解】（1）物块由Q到A过程，物块和小车组成的系统动量守恒则有由能量守恒定律可知两式联立解得v1=3.5m/s（2）物块由A到B过程，物块和小车组成的系统动量守恒，当物块和小车达到共同