2012-2013学年山东省济宁市嘉祥一中高二3月质量检测物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2012-2013学年山东省济宁市嘉祥一中高二 3月质量检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前 .这样做可以 （ ） A减小球对手的冲量 B减小球的动量变化率 C减小球的动量变化量 D减小球的动能变化量 答案： B 试题分析：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，根据动量定理得： 当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，球的动量变化率减小，所以 B正确 故选 B 考点：考查了动量定理的直接应用， 点评：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

2、增加球与手接触的时间，根据动量定理即可求解 圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在 O 点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计在图 20所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内下列说法中正确的有 ( ) A此摆振动的开始阶段机械能不守恒 B导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反 C导体环通过最低点时，环中感应电流最大 D最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒 答案： ABD 试题分析：于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左 侧线框的高度将高于起始时

3、右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动， A错误， D正确 导体进入磁场和离开磁场的过程中，磁通量一个是增大，一个是减小，故根据楞次定律可得环中电流的方向肯定相反， B正确； 当导体环完全进入磁场后，磁通量 不变化，故线圈在最低端没有电流， C错误 故选 ABD 考点：考查了楞次定律的应用 点评：楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向 如图所示线圈两端接在电流表上组成闭合回路。在下列情况中，电流

4、表指针不发生偏转的是 （ ） A线圈不动，磁铁插入线圈 B线圈不动，磁铁从线圈中拔出 C磁铁不动，线圈上、下移动 D磁铁插在线圈内不动 答案： D 试题分析：线圈不动，磁铁插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，故产生感应电流， A不符合题意 线圈不动，磁铁从线圈中拔出时，穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流，B不符合题意 磁铁不动，线圈上、下移动时，穿过线圈的磁通量变化，故产生感应电流， C不符合题意 磁铁插在线圈内不动，穿过线圈的磁通量不变化，故不产生感应电流， D符合题意 故选 D 考点：考查了产生感应电流的条件 点评：产生感应电流的条件注意三点：一是 “闭合电路 ”，电路必须是完整的回路，二

5、是 “一部分导体 ”，不是全部的导体都在参与运动，三是 “切割磁感线运动 ”，导体的运动必须是切割磁感线的，正切、斜切都可以，但不能不切割 已知地球半径约为 6.4106m，空气的摩尔质量约为 2910-3kg/mol，一个标准大气压约为 1.0105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为 ( ) A 41016m3 B 41018m3 C 41020m3 D 41022m3 答案： B 试题分析：大气压强 ，地球表面积 则地球周围空气质量为： ;由于标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是 22.4升，即摩尔体积为 ； 故空气密度为： 空气的总体积为 ； 代入解得， 故选 B

6、 考点：阿伏加德罗常数 点评：本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的 如图是一定质量的理想气体在不同体积时的两条等容线。 a、 b、 c、 d表示四个不同的状态，则 ( ) A气体由状态 a变到状态 c，其内能减少 B气体由状态 a变到状态 d，其内能增加 C气体由状态 d变到状态 b，其内能增加 D气体由状态 b变到状态 a，其内能减少 答案： ABCD 试题分析：气体由状态 a变到状态 c，温度降低，内能减小，体积减小，气体对外做功， A正确； 气体由状态 a 变到状态 d，温度升高，内能增大，体积减小，外界对气体做功，B正

7、确； 气体由状态 d 变到状态 b，温度升高，内能增大，体积增大，从外界吸收热量，C正确； 气体由状态 b变到状态 a，温度减小，内能减小，体积不变，释放热量， D正确； 故选 ABCD 考点：理想气体的状态方程 点评：本题运用热力学第一定律和气态方程结合，分析气体状态的变化及 变化过程中能量的变化 输送功率为 P,输送电压为 U,输电线电阻为 R,用户得到的电压为 U1,则错误的是（ ） A输电线损失的功率为 B输电线损失的功率为 ； C用户得到的功率为 D用户得到的功率为 答案： C 试题分析：由题知输电线上的电流为 ，则输电线上损失的功率为； A正确不选 输电线上损失的电压为 ，则则输电

8、线上损失的功率为； B正确不选 用户得到的功率为 ； D正确不选， C符合题意应选 故选 C 考点：电能的输送 点评：解决此类问题的关键是：理清电压、电流和功率关系，入手点是确定输电线上的电流，在此基础上就可以求解电压损失和功率损失。 如图所示，为一定质量的理想气体的 p-1/V 图象，图中 BC 为过原点的直线，A、 B、 C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是 ( ) A TATB TC B TATBTC C TA TBTC D TATBTC 答案： A 试题分析：根据理想气体状态方程 (C 表示定值 )，可得从 A 到 B过程中，V不变， P减小，故 T减小，所以 ，因为 BC 为过原

9、点的直线，所以从 B到 C过程中表示恒温变化，即 ， 故 ， A正确 考点：考查了气态方程的应用 点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，在 图象中等温线为过原点的直线要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化 如图所示是某交流发电机产生的交变电流的图像，根据图像，可以判定 ( )。 A此交变电流的周期为 0.1s B此交变电流的频率为 5Hz C将标有 “12V， 3W”的灯泡接在此交变电流上，灯泡可以正常发光 D与图像上 a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至中性面 答案： B 试题分析：由图读出，周期为 T=0.2s，频率为 ； B正确 此交变电压的最大值为 ，有效值 ，灯泡的额定电压有效值

10、为 12V，所以灯泡不能正常发光； C错误 与图像上 a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至与中性面垂直的位置； D错误 故选 B 考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理 点评：由交变电流的图象读出周期，求出频率；由图读出电压的最大值，求出有效值，判断灯泡能否正常发光；注意线圈转至中性面时电压为零。 如图所示 ,LA和 LB是两个相同的小灯泡 ,L是一个自感系数相当大的线圈 ,其电阻值与 R相同 .由于存在自感现象 ,在电键 S闭合和断开时 ,灯 LA和 LB先后亮暗的顺序 是（ ） A接通时 ,LA先达最亮 ,断开时 ,LA后暗 B接通时 ,LB先达最亮 ,断开时 ,LB后暗 C接通时 ,L

11、A先达最亮 ,断开时 ,LA先暗 D接通时 ,LB先达最亮 ,断开时 ,LB先暗 答案： A 试题分析：接通时由于 L自感作用，瞬间等于断路，通过 的电流等于 与 R的电流之和，所以 先达到最亮然后 L自感慢慢减弱，通过 的电流减小，然后与 亮度相同； 当断开时， 瞬间失去电流，而 和 L构成回路，由于 L自感， 会亮一会再灭。 故选 A 考点：自感现象的应用 点评：本题关键掌握自感线圈的特点，电路闭合瞬间，自感线圈相当于断路，电路断开瞬间，自感线圈相当于电源。 一个质量为 0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以 6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相

12、同。则碰撞前后小球速度变化量的大小为 v和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W为（ ） A v=0 B v=12m/s C W=0 D W=10.8J 答案： BC 试题分析：规定初速度方向为正方向，初速度 ，碰撞后速度， ，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为 12m/s故 A错误故 B正确运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，所以 碰撞过程中墙对小球做功的大小 W为 0故 C正确 D错误 故选 BC 考点：动能定理的应用；运动的合成和分解 点评：对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无需考虑方向 黑体辐射的

13、实验规律如图所示，由图可知（ ） A随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加 B随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加 C随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 D随温度降低，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 答案： AC 试题分析：黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大故A正确， B错误随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动故 C正确， D错误 故选 AC 考点：本题考查的是学生读图的能力， 点评：由图可得出波长与辐射强度及温度之间的关系只要认真分析是较为容易的找出答案：的 下列说法正确的是（ ） A物体所受合外力的冲量，等于物体动量的变化量 B

14、一个物体做匀变速运动，在相等时间内，其动量变化量相等 C一个系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒 D对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会产生光电效应 答案： AB 试题分析： 根据冲量定理可得 ，即物体所受合外力的冲量，等于物体动量的变化量， A正确； 一个物体做匀变速运动，加速度恒定， ，故在相等时间内，其动量变化量相等， B正确； 当内力远远大于外力时，动量守恒， C错误 能否发生光电效应，跟入射光的频率有关，和入射光的光照强度无关，光照强度只影响光子的数目， D错误 故选 AB 考点：考查了动 量守恒定律和光电效应 点评：基础题，特别是 C选项，一定要知道当系统的内力远远大于外力

15、时，动量守恒， 实验题 在学习了 “实验：探究碰撞中的不变量 ”的实验后，得出了动量守恒定律，反过来我们可以利用该实验中的有关方案来验证动量守恒定律。下面是某实验小组选用水平气垫导轨、光电门的测量装置来研究两个滑块碰撞过程中系统动量的变化情况。实验仪器如图所示。 实验过程： （ 1）调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作。 （ 2）在滑块 1上装上挡光片并测出其长度 L。 （ 3）在滑块 2的碰撞端面粘上橡皮泥（或双面胶纸）。 （ 4）用天平测出滑块 1和滑块 2的质量 m1、 m2。 （ 5）把滑块 1和滑块 2放在气垫导轨上，让滑块 2处于静止状态（ =0） ,用滑块 1以初速度 与

16、之碰撞（这时光电计时器系统自动计算时间） ,撞后两者粘在一起，分别记下滑块 1的挡光片碰前通过光电门的遮光时间 和碰后通过光电门的遮光时间 。 （ 6）先根据 计算滑块 1碰撞前的速度 及碰后两者的共同速度 ；再计算两滑块碰撞前后的动量，并比较两滑块碰撞前后的动量的矢量和。 实验数据： m1=0.324kg m2=0.181kg L=1.0010-3m 次 数 滑块 1 滑块 2 碰前系统动量 kgms-1 碰后系统动量kgms-1 /ms-1 /ms-1 /ms-1 /ms-1 ( + ) 1 0.290 0.184 0 0.184 0.094 2 0.426 0.269 0 0.269 0

17、.136 结论： 答案： 0 0.093 0.138 0 在误差允许的范围内，碰前系统动量矢量和等于碰后系统动量矢量和 试题分析： 因为通过光电门的速度非常的短，所以可将通过光电门的平均速度看做瞬时速度，故 碰撞前滑块 2处于静止状态，所以动量为 0 碰撞前后动量守恒，即 碰撞前滑块 2处于静止状态，所以动量为 0 在误差允许的范围内，碰前系统动量矢量和等于碰后系统动量矢量和 考点：考查了探究碰撞中的不变量 点评：关键是分清楚系统始末状态，根据定义求解 某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车 A的前端粘有橡皮泥，推动 A使它做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车 B相碰并粘

18、合成一体，继续做匀速运动，他设计的装置如图 1所示，在小车 A后连着纸带，长木板下垫着小木片以达到 。 若已得到打点纸带，并将测 得各记数点间距标在下面（如图 2）， A为运动起始的第一点，则应选 段来计算 A车的碰前速度，应选 段来计算 A车和 B车碰后的共同速度。（以上两空填 “AB”或 “BC”，或 “CD”或 “DE”）答案： 平衡摩擦力 BC DE 试题分析： 长木板下垫着小木片以达到平衡摩擦力的目的 推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故 BC 段为匀速运动的阶段，故选 BC 计算碰前的速度； 碰撞过程是一个变速运动的

19、过程，而 A 和 B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相 同的时间内通过相同的位移，故应选 DE段来计算碰后共同的速度 故答案：为 BC、 DE 考点：验证动量守恒定律； 点评：关键是根据匀速运动时，在相同的时间内物体通过的位移相同分析 计算题 如图所示，质量为 m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l后以速度 飞离桌面，最终落在水平地面上已知 l=1.4m， =3.0 m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数 =0.25，桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度 g取 10m/s2求： （ 1）小物块落地点距飞出点的水平距离 s； （ 2）小物块的初速度大小 0

20、答案：（ 1） 0.90m（ 2） 4.0m/s 试题分析：（ 1）由平抛运动规律，有 竖直方向 h= gt2 水平方向 s=t 得水平距离 s= =0.90m （ 2）由动能定理，有 -mg l= m2- m02 得初速度大小 0= =4.0m/s 考点：动能定理的应用；平抛运动； 点评：关键是知道滑块离开桌面后做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动， 质量为 1kg的物体在倾角 30o为的光滑斜面（固定）顶端由静止释放，斜面高 5m，求物体从斜面顶端滑到物体的动量变化底端过程中 重力的冲量为多少？物体的动量变化为多少？ 答案： I = 5 Ns 10kgm/s 试题分析：物体受重力 m

21、g和支持力 F的作用。设物体到达斜面底端的速度为 v. 对物体由动能定理： 由动量定理： 由 得： I = 5 Ns 方向竖直向下 物体的动量变化： 10kgm/s 方向沿斜面方向。 考点：考查了动能定理和动量定理的应用 点评：在使用动量定理的时候，外力和速度有夹角，需要将速度或者力投影到另一个物理量的方向上 如图所示， ABC是光滑轨道，其中 BC 部分是半径为 R的竖直放置的半圆一质量为 M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为 m的子弹射中，并滞留在木块中若被击中的木块沿轨道能滑到最高点 C，已知木块对 C点的压力大小为 (M+m)g，求：子弹射入木块前瞬间速度的大小 答案： 试题分析：设子弹射入木块瞬间速度为 v，射入木块后的速度为 vB，到达 C点 时的速度为 vC。 子弹射入木块时，系统动量守恒，可得： 木块 (含子弹 )在 BC 段运动，满足机械能守恒条件，可得 木块 (含子弹 )在 C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为 T， 木块对轨道的压力为 T，可得： 又： T =T=(M+m)g 由 、 、 、 方程联立解得： 子弹射入木块前瞬间的速度： 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 点评：对于圆周运动，常常是机械能守恒定律或动能定理与牛顿定律的综合子弹射击木块过程，基本的规律是动量守恒