【文档说明】山东省泰安市新泰第一中学（东校）2020-2021学年高二上学期12月第二次质量检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(19)页，792.500 KB，由小赞的店铺上传

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新泰一中东校2019级高二上学期第二次质量检测物理试题一.选择题（本题共12小题，1至8小题为单项选择题，每小题3分；9至12小题为多项选择题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分）1.下列设备中没有利用涡流的是（）A.变压器B.地雷探

测器C.电磁炉D.真空冶炼炉【答案】A【解析】【分析】【详解】A．变压器是利用电磁感应原理工作的，没有利用涡流，并且在变压器中不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，选项A正确；BCD．地雷探测器、电磁炉和真空冶炼炉都是利用涡流原理工作的，选项BCD错

误。故选A。2.下列说法正确的是（）A.当驱动力的频率等于固有频率时，物体会发生共振现象B.弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数有关，与振子的质量无关C.受迫振动的振幅由驱动力的大小决定，与系统的固有频率无关D.阻尼振动可能是简谐

运动【答案】A【解析】【分析】【详解】A．物体受到驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振动的物体就会产生共振现象，选项A正确；B．弹簧振子的周期公式为2mTk=所以弹簧振子的振动周期与弹簧的劲度系数和振子的质

量均有关，选项B错误；C．做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，当物体的驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，所以受迫振动的振幅与系统的固有频率有关，选项C错误；D．简谐运动的位移随时间按正弦

规律变化，且振幅保持不变，阻尼振动位移随时间不是按正弦规律变化，且振幅逐渐减小，所以阻尼振动一定不是简谐运动，选项D错误。故选A。3.某消防队员从一平台上跳下，下落1s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2s，在着地

过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（）A.自身所受重力的2倍B.自身所受重力的6倍C.自身所受重力的8倍D.自身所受重力的10倍【答案】B【解析】【分析】【详解】以向下为正，对消防队员下落的全程使用动

量定理可得122()()00mgttFt++−=−代入数据解得6Fmg=故选B。4.如图所示，1S、2S是两个振动步调完全相同的相干波源，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持5cm不变，关于图中所标的a、b、c、

d四点，下列说法中正确的是（）A.d点始终保持静止不动B.图示时刻质点c的位移为零C.b点振动始终加强，c点振动始终减弱D.图示时刻，b、c两点的竖直高度差为10cm【答案】A【解析】【分析】【详解】A．d点是波峰与波谷相遇，振动减弱，振幅为零，故保持静

止，故A正确；BCD．b点是波峰与波峰相遇，c点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，由于振幅是5cm，则b点相对平衡位置位移为10cm，而c点是波谷与波谷相遇，则c点相对平衡位置的位移为-10cm，所以b、c两点的竖直高度差为20cm，故BCD错误。故选A。5.如图所示，直角三角形ABC为

一透明介质制成的三棱镜截面，且∠BAC＝30°，有一束平行光线垂直射向AC面，已知这种介质的折射率n＞2，则（）A.可能有光线垂直于AB边射出B.光线只能从BC边垂直射出C.光线只能从AC边垂直射出D.一定既有光线垂直于BC边射出，又有光线垂直于AC边射出【答案】D【解析】【分析】【详解】

因n＞2，而sinC＝1n所以sinC<12即C＜30°射到AB边的入射角i＝30°，发生了全反射。此光线反射后射到AC边的入射角i＝60°，再次发生全反射而垂直射到BC边上射出。同理，射到BC边上的光线，经两次全反射后垂直AC射出。故选D。

6.如图所示，在一光滑绝缘斜面上放一导体棒，斜面的倾角为θ，导体棒中通以电流I，电流方向垂直纸面向里。以下列两种方式在空间中加上匀强磁场可使导体棒静止在斜面上：（1）磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B1；（2）磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B2。则（）A.两种情况下，导体棒所受的安培

力大小相等B.两种情况下，斜面对导体棒的支持力大小相等C.12BB=D.12cosBB=【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．第一种情况下，导体棒所受安培力沿斜面向上，因导体棒恰好受力平衡。对导体棒受力分析，有向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和沿着斜

面向上的安培力。所以有1sinmgBIL=第二种情况下，导体棒所受安培力水平向右，且导体棒受力平衡。对导体棒受力分析，有向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和水平向右的安培力。则有2tanmgBIL=两种

情况下导体棒所受安培力大小不相等，斜面对导体棒的支持力也不相等，所以AB项错误；CD．由AB选项中两方程可得，两种情况下磁感应强度大小的关系为12cosBB=所以C项错误、D项正确。故选D。7.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力

F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB//CD。则整个过程中（）A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量小于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲

量【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．由图可知，推力的作用时间abtt，又因为AB//CD，所以a、b两个物体所受的的摩擦力相等，由动量定理得()0Fftmv−=−解得Ftftmv=+所以F1的冲量小于F2的冲量，A错误，B正确；C．由图可知，运动的时间abtt，摩擦力对a物体的冲量小

于摩擦力对b物体的冲量，C错误；D．全程动量变化为0，所以合外力的冲量为0，D错误。故选B。8.如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，另一质量为m的小球以水平初速v0沿轨道的右端的切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端离开轨道的过程（）A.小球对小

车的做功为208mvB.小球将离开小车向右做平抛运动C.小球将离开小车做自由落体运动D.小球上升的最大高度为202vg【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2．取水平向

右为正方向，由水平方向动量守恒得012mvmvmv=+根据机械能守恒定律得222012111222mvmvmv=+联立解得10v=小车的速度为20vv=根据动能定理，小球对小车的做功为22k201122WEmvmv===A错误；BC．设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2．取水平向右为

正方向，由水平方向动量守恒得012mvmvmv=+根据机械能守恒定律得222012111222mvmvmv=+联立解得10v=小车的速度为20vv=所以小球最终离开小车后做自由落体运动，B错误C正确；D．当小球与小车的速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，

设最大高度为h，则02mvmv=22011222mvmghmv=+解得204vhg=D错误。故选C。9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在每次通过狭缝时都能得到

加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是（）A.质子的回旋频率等于fB.质子被电场加速的次数与加速电压无关C.质子被加速后的最大速度不可能

超过2πfRD.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速粒子【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，带电粒子在匀强磁场中回旋频率等于f，故A错误；B．根据2mmvqvBmR=得mqBRvm=与加速的电压无关，然而一次加速，则有212qU

mv=因此质子被电场加速的次数与加速电压有关，故B错误；C．当粒子从D形盒中出来时速度最大22mRvfRT==故C正确；D．根据2mTqB=知质子换成粒子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速

器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的周期，故D错误。故选AC。10.一个在水平方向做简谐运动的弹簧振子的振动周期是0.025s，当振子从平衡位置开始向右运动，在0.17s时刻，振子的运动情况是（）A.正在向左做减速运动B.

正在向右做加速运动C.加速度正在减小D.动能正在减小【答案】BC【解析】【分析】以水平向右为坐标轴的正方向，振子向右经过平衡位置O点时开始计时，则t=0时刻振子的位移x=0；根据时间与周期的倍数关系，分析振子的位移变化，即可知道振子的运动情况；

根据简谐运动振子的加速度与位移的关系-kxam=分析加速度的变化，并判断动能的变化情况。【详解】AB．以水平向右为坐标的正方向，振动周期是T=0.025s，振子从平衡位置开始向右运动，因为0.17s460.025s5tnTn===则t=0.17s

时刻在364T到7T之间，因此振动正从左侧的最大位移处向平衡位置运动，向右做加速运动，故A错误，B正确；C．振子正在向平衡位置运动，位移减小，由-kxam=分析可知振子的加速度正在减小，故C正确；D．由于振子正在做加速运动

，动能正在增大，故D错误。故选BC。11.如图为演示自感现象的实验电路，电感线圈的自感系数较大，且使得滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等，下列判断正确的是（）A.接通开关S，灯A1、A2立即变亮B.接通开关S，灯A1逐渐变亮，A2立即变亮C.断开开关

S，灯A1、A2逐渐熄灭D.断开开关S，灯A1逐渐熄灭，A2闪一下逐渐熄灭【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．电阻R不产生自感现象，接通开关S瞬间，灯A2立即正常发光。而电感L产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合

开关的瞬间，A1灯逐渐变亮，即A2灯先亮，A1灯后亮，故A错误，B正确；CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯逐渐熄灭，故C正确，D错误。故选BC。12.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上

，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）A.在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势B.在t2时刻，FN=G，穿过P的磁通量不变C.在t3时刻，FN=G，

P中有感应电流D.在t4时刻，FN>G，P有收缩的趋势【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；B．当螺线管中

电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2时刻FN=G，故B正确；C．t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻原

电流为零，即原磁感应强度为零，二者之间没有相互作用力，即FN=G，故C正确；D．当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻FN=G，此时P没有收缩的趋势，故D错误。故选ABC。二.实验题（本题共2个小题，每

个空2分，共18分）13.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示。已知双缝间的距离为d，在距离双缝L处的屏上，用测量头测量条纹间宽度。(1)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示；然后同方向转动测

量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图丙所示的手轮上的示数为___________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为___________mm；(2)波长的表达式λ=___________（用Δx、L、d表示）；(3)若改用频率较高的单色光照射

，得到的干涉条纹间距将___________（选填“变大”“不变”或“变小”）；【答案】(1).13.870(2).2.310(3).ΔdxL(4).变小【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]第1条亮纹在手轮上对应的示数2.320mm；第

6条亮纹对应的手轮上的示数为13.5mm+0.01mm×37.0=13.870mm求得相邻亮纹的间距13.8702.320mm=2.310mm61x−=−(2)[3]根据Lxd=可得波长的表达式Δ=dxL(3)[

4]若改用频率较高的单色光照射，则波长变小，根据Lxd=得到的干涉条纹间距将变小；14.如图甲所示为验证碰撞过程中动量守恒的实验装置，主要实验步骤为：先使一个小钢球从轨道上某高度处滚下，直接落到铺有复写纸和白纸的水平木板上，再让该小钢球

从轨道上滚下撞击轨道末端静置的另一个大小相等、质量不同的小钢球。回答下列问题：(1)关于实验的具体操作，下列说法中正确的是________________；（填选项前的字母序号）A．只要两次小球从轨道上同一位置由静止释放，轨道末端不必水平B．只要轨道末端水平，

两次小球不必从轨道上同一位置由静止释放C．小球在轨道上的释放点越低，两球碰后水平射程越小、相对误差越小D．小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大，误差越小(2)实验结束后，需要测量的物理量有________________；（填选项前的字母序号）A．小球开始释放高度hB．小

球抛出点距地面的高度HC．小球抛出后的水平射程D．小球的质量(3)正确进行实验后，取下白纸，如图乙所示，O点为抛出点竖直对应点。测出入射小球的质量145.0gm=，被碰小球的质量27.5gm=。①设碰

撞前、后入射小球的动量分别为P1、P1＇，碰撞后被碰小球的动量为P2＇，则11:pp=__________；12:11:pp=________________；②定义实验的相对误差=100%−碰后总动量碰前总动量

碰前总动量，则此次实验的相对误差=_____________（保留一位有效数字）。【答案】(1).D(2).CD(3).111411pp=(4).2.9(5).0.7％【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．为了让小球做平抛运动，

轨道末端必须水平，A错误；B．为了保证两次小球到达轨道末端的速度不变，小球必须从同一位置由静止开始滚下，B错误；CD．小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大，碰撞时的相互作用力与阻力的比值越大，“内力越远远大于外力

”，碰撞过程动量越接近守恒，损失的动量与碰撞前总动量的比值越小，相对误差越小，C错误，D正确。故选D。(2)[2]由动量守恒定律得101122mvmvmv=+由平抛运动02HOPvg=12HOMvg=22HONvg=解得112mOPmOMmON=+由上式可知，需要测

量小球的质量和水平射程，AB错误，CD正确。故选CD。(3)[3][4]动量之比为1144.801435.2011pOPpOM===1122'45.035.211'7.555.682.9pmOMpmON===[5]相对误差为()()121145.03

5.207.555.6845.044.80100%100%0.7%45.044.80mOMmONmOPmOP+−+−===三.计算题（本题共4个小题，42分）15.半径为22cm的半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，O为圆心，平行光从玻璃砖的圆弧面射入，光与底边

MN夹角为45°，其中沿半径的光线从A处射入玻璃砖后，恰好在O点发生全反射。求：①该玻璃砖的折射率；②MN边界上能够射出光线的区域的长度。【答案】①2n=；②2cm【解析】【分析】【详解】①因为光线恰好发生全反射，由1sin45n

=解得2n=②因为光线恰好在O点发生全反射，则O点左侧的光线在MN边界上全部发生全反射。入射光线与圆弧相切时，经玻璃砖折射后能够到达MN边界上的P点，则OP即为光线射出的区域，光路如图所示，则有sin90sinn=45=解得si

n452cmOPlR==16.如图（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变化图象如图（2）所示．

求：（1）甲乙两车碰撞后的速度大小；（2）乙车的质量；（3）为了避免甲乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？【答案】（1）甲车的速度大小为11/vms=，乙车的速度大小为v2=3m/s（2）90mkg乙=（3）6.7m/sv=人【解析】（1）由图可知，碰撞后甲车的速度

大小为11/vms=（1分）乙车的速度大小为v2="3m/s"（1分）（2）在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒．012()()mmvmmvmv甲甲乙人人+=++（2分）解得：90mkg乙=（1分）（3）设人跳向乙车的速度为v人,由动量守恒定律得人跳离甲车：03()mmvmvmv+=+甲甲人人

人（1分）人跳至乙车：4()mvmmv=+乙人人人（1分）为使二车避免相撞，应满足34vv（2分）取“=”时，人跳离甲车的速度最小，20/6.7/3vmsms==人（2分）17.如图所示，实线是某时刻的波形图，虚线是0.2s后的波形图。（1）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.2s

，求它的周期；（2）若波沿x轴正方向传播，且周期满足T<0.2s<2T，求波的传播速度；（3）若波速是45m/s，求波的传播方向。【答案】（1）4s15；（2）25m/s；（3）波沿着x轴正方向传播【解析】

【分析】【详解】（1）由波形图可知，波长4m=波沿x轴负方向传播时，经34波长传到虚线位置,则30.2s4T=解得4s15T=（2）波沿x轴正方向传播时，0.2s时间内经54波长传到虚线位置,即50.2s4T=解得T=0.16s波速vT=代入数

据得v=25m/s（3）假设波沿x轴正方向传播，传播时间14tTnT=+（n=0，1，2，…）所以441tTn=+（n=0，1，2，…）根据vT=可得()541vn=+m/s（n=0，1，2，…）已知v=45m/s解得n=2故假设成立，波沿着x轴正方向传播。18.如图所示，一个质量

为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒，从静止开始经U1＝100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经偏转后进入右侧的匀强磁场。金属板的上极板带正电，下极板带负电，两板间电压U2＝100V，板长L＝20cm，两板间距m=1

03cd。右侧匀强磁场足够长，宽度D＝10cm，微粒的重力忽略不计，求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角；(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小。【答案】(1)41s10m/；(2)30°；(3)

3T5或0.35T【解析】【分析】【详解】(1)微粒在加速电场中，由动能定理有21012qUmv=解得40110m/sv=(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示2qUamd=yvat=0Lvt=2013tan23yvULvUd=

==偏转角30=(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动进入磁场的速度0cosvv=2vqBvmR=mvRqB=微粒恰好不从右边界射出时sinDRR=+0(1sin)cosmvBqD+=解得3T=0.35T5B=为使微

粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为35T或0.35T。