江苏省南通市2024-2025学年高二物理上学期期中质量调研试题二含解析

PAGE17-江苏省南通市2024-2025学年高二物理上学期期中质量调研试题（二）（含解析）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．1.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球快速收缩至胸前．这样做可以A.减小球对手的冲量B.减小球的动量变更量C.减小球的动能变更量D.减小球的动量变更率【答案】D【解析】【详解】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，但动量的变更量不变；依据动量定理得：-Ft=0-mv当时间增大时，动量的变更率减小，即作用力就减小，而冲量和动量、动能的变更量都不变。A.减小球对手的冲量与分析结果不符，故A错误。B.减小球的动量变更量与分析结果不符，故B错误。C.减小球的动能变更量与分析结果不符，故C错误。D.减小球的动量变更率与分析结果相符，故D正确。2.下列说法正确的是A.火箭的飞行应用了反冲的原理B.闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流C.仅变更回旋加速器的加速电压，不影响粒子在加速器中运动的总时间D.楞次在分析了很多试验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反【答案】A【解析】【详解】A.火箭的飞行火箭与喷出的气体动量守恒，应用了反冲原理，故A正确；B.闭合电路内只要有磁通量，假如磁通量不发生变更，则无感应电流产生，故B错误；C.增大回旋加速器的加速电压，则每一次加速粒子获得的动能增大，则粒子加速的次数削减，所以粒子在加速器中运动的总时间将削减。故C错误；D.楞次在分析了很多试验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是会阻碍引起感应电流的磁通量的变更。故D错误3.如图所示，平行金属导轨的距离为d，左端接一电源，电动势为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面．一根金属棒ab与导轨成θ角放置，整个回路的总电阻为R，当接通开关S瞬间，金属棒所受的安培力大小为A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】据闭合电路欧姆定律得：回路电流为导体棒的有效长度导体棒所受安培力A.与计算结果不符，故A错误。B.与计算结果相符，故B正确C.与计算结果不符，故C错误。D.与计算结果不符，故D错误。4.如图，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由于导体与磁场垂直，得：，则感应电流为，故选项A正确，选项BCD错误。点睛：题中导体与磁场垂直，依据导体切割电动势公式求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流。5.我国长征3号甲火箭在起飞阶段，通过发动机喷射气体而获得的反冲力约为火箭总重量的2倍左右．设某次放射时，火箭的总质量为m，火箭发动机喷出的燃气的横截面积为S，燃气的密度为ρ，重力加速度为g．极短时间内喷出的燃气的质量和火箭质量相比可以忽视，则喷出的燃气的速度大小约为A B.C. D.【答案】C【解析】【详解】对于气体由动量定理得：解得：A.与计算结果不符，故A错误。B.与计算结果不符，故B错误C.与计算结果相符，故C正确。D.与计算结果不符，故D错误。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分．6.如图所示，甲、乙两车放在光滑的水平面上，中间有一被压缩的弹簧，甲的质量是乙质量的两倍．两车由静止同时释放，则在弹簧弹开两车的过程中，下列说法正确的有A.任一时刻弹簧对甲的弹力大小是对乙的两倍B.任一时刻甲的速率都是乙的一半C.任一时刻甲、乙的动量大小相等D.甲和乙的总动量在渐渐增大【答案】BC【解析】【详解】A.将两个物体从静止释放，在弹簧复原到原长的过程中，两个物体所受的弹力大小相等，故A错误；BCD.两个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，总动量保持为零，所以任何时刻，两物体的动量大小相等，由P=mv知，P相等，m和v成反比，甲的质量是乙质量的两倍，所以任一时刻甲的速率都是乙的一半，故BC正确D错误；7.质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是A.0.2v B.0.3vC0.6v D.v【答案】AB【解析】【详解】A与B碰撞的过程中二者组成的系统的动量守恒，规定A球初速度方向为正方向，若为完全非弹性碰撞，则：mv=（m+4m）⋅v′所以：v′=0.2v若为弹性碰撞，由动量守恒得：mv=mvA+4m⋅vB由机械能守恒得：联立得：依据碰撞的特点可知，碰撞后B的速度的范围：0.2v⩽vB⩽0.4vA.0.2v与计算结果相符，故A正确。B.0.3v与计算结果相符，故B正确。C.0.6v与计算结果不符，故C错误。D.v与计算结果不符，故D错误。8.如图所示，匀强磁场中有两个用同样导线绕成的闭合线圈A、B，线圈A、B匝数之比为1:2，半径之比为2:1，磁感应强度B随时间匀称增大．下列说法正确的有A.两线圈产生的感应电流均沿逆时针方向B.某一时刻两线圈的磁通量之比ΦA:ΦB＝1:1C.两线圈的电阻之比RA:RB＝2:1D.两线圈中产生的感应电流之比IA:IB＝2:1【答案】AD【解析】【详解】A.由于磁场向外，磁感应强度B随时间匀称增大，依据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向，故A正确；B.线圈的磁通量故B错误。C.依据电阻定律可知，故C错误。D.依据法拉第电磁感应定律题中相同，A圆环中产生的感应电动势为B圆环中产生的感应电动势为所以感应电流则两线圈中产生的感应电流之比IA：IB=2：1故D正确。9.如图所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量q（单位时间内流过管道横截面的液体的体积）．已知管的直径为d，磁感应强度为B，假定管中各处液体的流速相同．下列说法正确的有A.N点的电势低于M点的电势B.MN两点间的电势差U=BdvC.液体的流量q=πvd2D.流量q与U的关系为q=【答案】BD【解析】【详解】A.依据左手定则，在洛伦兹力作用下，正离子向管道N的一侧集中，而负离子向管道M的一侧集中，两者之间形成电势差，则N点电势高于M点，故A错误；BCD.当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏移，此时MN间有稳定的电势差，形成一个匀强电场，设MN两点间的电势差为U，对离子有：解得U=Bdv设在时间△t内流进管道的液体体积为V，则流量故BD正确C错误。10.如图所示,有一垂直于纸面对里的有界匀强磁场,A、B为边界上两点.一带电粒子从A点以初速度v0、与边界成角度θ(θ<90°)沿纸面射入磁场,经过一段时间后从B点射出.现撤去磁场,加一垂直边界、沿纸面对上的匀强电场,其他条件不变,粒子仍从B点射出.粒子重力忽视不计,则粒子()A.带负电B.在磁场中和电场中的运动轨迹相同C.从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同D.从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同【答案】ACD【解析】A、粒子在磁场中从A到B点做顺时针圆周运动，受向右下的洛仑兹力，依据左手定则知道粒子带负电，所以选项A正确；

B、撤去磁场加上电场，粒子做匀变速度曲线运，即类斜抛运动，所以轨迹不同于圆周，选项B错误；

C、无论是在磁场中做匀速圆周运动，还是在电场中做类斜抛运动，当粒子再次回到边界时与边界的夹角仍为，只是方向斜向下，所以选项C正确；

D、在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力不做功，速度大小与进入时相同，而在电场中从A到B，电场力做功为零，所以与进入时速度大小也相同，只是方向不同，故选项D正确。点睛：本题只是把带电粒子在磁场和电场中的两种状况进行对比，由匀速圆周运动和斜抛运动的对称性，当电场强度大小取某一确定值时，粒子可以从同一点B离开，但离开时，只是速度方向由斜向上变为斜向下，与边界的夹角仍相同。三、试验题：本题共2小题，共计17分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11.某试验小组利用如图所示的条形磁铁和楞次环“探究影响感应电流方向的因素”．（1）用磁铁磁极靠近和远离A环，视察试验现象，并完成下表，其中感应电流的方向从A环靠近磁铁的一侧视察是顺时针还是逆时针．试验操作磁铁N极靠近A环磁铁S极靠近A环磁铁N极远离A环磁铁S极远离A环试验现象排斥排斥吸引吸引磁通量变更增加增加削减___________________原磁场方向指向A环指向磁铁指向A环___________________感应电流磁场的方向与原磁场方向的关系相反相反相同______________________感应电流磁场的方向指向磁铁指向A环指向A环____________________感应电流的方向逆时针顺时针顺时针_____________________（2）依据上表总结关于感应电流方向的试验结论：_______________________________．【答案】(1).削减(2).指向磁铁(3).相同(4).指向磁铁(5).逆时针(6).感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变更【解析】【详解】(1)[1][2][3][4][5]使条形磁铁S极垂直A环远离A时，穿过A环的磁通量削减，原磁场方向指向磁铁，依据次定律的“增反减同”，则感应电流磁场的方向与原磁场方向的相同，因此感应电流磁场的方向指向磁铁；那么感应电流的方向逆时针。(2)[6]结论是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变更。12.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的试验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上匀称分布着肯定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂移在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．（1）下面是试验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调整气垫导轨的调整旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器并固定在滑块1的左端，调整打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先__________________（选填“接通电源再释放滑块1”或“释放滑块1再接通电源”），让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出志向的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1（包括撞针）的质量310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为210g．（2）纸带的________（选填“左”或“右”）侧和滑块1相连．（3）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为_________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为_________kg·m/s（结果均保留三位有效数字）．（4）试说明（3）中两结果不完全相等的主要缘由可能是____________________．【答案】(1).按通电源再释放滑块1(2).右(3).0.620(4).0.614(5).纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦力的作用【解析】【详解】(1)⑥[1]运用打点计时器时，为了减小误差尽量多的利用纸带，要接通电源再释放滑块1；(2)[2]放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，碰撞前的速度大于碰撞后的速度，故纸带的右侧与滑块相连；(3)[3][4]放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，依据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s，碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(4)[5]结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。四、计算题：本题共5小题，共计48分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写最终答案的不能得分，有数值计算的，答案中必需明确写出数值和单位．13.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球以速度v向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，求两球压缩最紧时（1）A球的速度v′；（2）两球的弹性势能EP．【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）当两球压缩最紧时，速度相等，对A、B两球组成的系统，由动量守恒定律得Mv+0=2mv′解得:v′=（2）在碰撞过程中系统的总机械能守恒，有Ep=-解得Ep=14.如图所示，足够长的竖直绝缘杆上套有一带正电小环，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场内，小环由静止起先下滑，经过时间t后速度达到最大值．已知小环质量为m、电荷量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：（1）小环下滑的最大加速度的大小和最大速度的大小；（2）小环下滑时间t内受到的平均摩擦力的大小．（用动量定理求解）【答案】（1）g-；（2）mg-【解析】【详解】（1）相互间弹力为FN=qE+qvB依据小环竖直方向的受力状况，由牛顿其次定律得mg-μFN=ma即mg-μ（qE+qvB）=ma当v=0时，即刚下滑时，小环运动的加速度最大，解得am=g-当a=0时，下滑速度达最大值vm=（2）对小环，椎据动量定理有（mg-）t=mvm-0解得=mg-15.如图所示，L1和L2是相距为d的平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面对里的磁感应强度均为B0的匀强磁场，A、B两点都在L2线上．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，第2次回到L2线时正好过B点，不计粒子重力．（1）画出粒子从A点运动到B点的轨迹；（2）求粒子从A点运动到B点所需的时间；（3）若仅将带电粒子在A点时的初速度增大为2v，方向不变，求粒子从A点运动到B点所需的时间．【答案】（1）见解析（2）+（3）+【解析】【详解】（1）轨迹如图所示（2）粒子在L1和L2间运动的总时间为t1=粒子在菘磁场中运动的总时间为t2=粒子从A点运动到B点所需的时间为t=t1+t2=+（3）初速度增大为2v时，不影响粒子在磁场中的运动时间，在L1和L2运动的总时间为原来的2倍，t′=+16.如图所示，滑块A和滑块B静止在光滑的水平面上，两者接触但不连接，滑块A左端是一个光滑的圆弧槽MN，圆弧槽下端与粗糙水平部分NP相切于N点．现有可视为质点的滑块C从M点由静止起先滑下，恰好能到达P点．已知A、B质量均为1kg，C的质量为2kg，圆弧半径为0.4m，C与NP之间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2．（1）C由M点运动至N点的过程中，A、B、C组成的系统动量是否守恒？并写出推断的理由；（2）求当滑块C到达N点时的速度大小；（3）求NP的长度．【答案】（1）不守桓；系统所受合外力不为零。（2）2m/s（3）m【解析】【详解】（1）系统动量不守桓。系统所受合外力不为零。（2）对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得0+0+0=mCv1+（mA+mB）（-v2）mCgR=+解得C到达N点时的速度大小