【文档说明】《精准解析》甘肃省张掖市2022-2023学年高二下学期第一次全市联考物理试题（解析版）.docx，共(13)页，394.112 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年第一次全市联考物理试卷一、选择题（共10小题，1-7为单选题，每小题4分，8-10为多选题，每小题6分，共计46分）1.2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化。他们的出色工作被誉为是宇宙

学研究进入精密科学时代的起点。下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中不正确的是（）A.微波和声波一样都只能在介质中传播B.一般物体辐射电磁波情况只与黑体温度有关C.黑体的热辐射实质上是电磁辐射D.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出

了能量子假说【答案】A【解析】【详解】A．微波是电磁波中按波长分类波长较小的一种，电磁波的传播不需要介质，故A错误；B．实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想

化模型，故B正确；C．黑体的热辐射实质上是电磁辐射，故C正确；D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故D正确。本题选错误的，故选A。2.大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成

，如图是改装后电表，已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig，内阻为Rg，变阻箱R接入电路的阻值为R0，下列说法正确的是（）A.甲表是电流表，改装后的量程为()gg0gIRRR+B.甲表是电流表，若增大接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程也将增大C.乙表是电压表，改装后的量

程为g0g()IRR−D.乙表是电压表，若减小接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程也减小的的【答案】D【解析】【详解】AB．将小量程电流表改装成大量程电流表，需要并联一电阻R分流，改装后的量程为ggmgIRI

IR=+可知甲表是电流表，若增大接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程将减小，当变阻箱R接入电路的阻值为R0，改装后的量程为()gg0ggmg00IRRIRIIRR+=+=故AB错误；CD．将小量程电流表改装成大量程电压

表，需要串联一电阻R分压，改装后的量程为mgggUIRIR=+可知乙表是电压表，若减小接入电路的变阻箱R的阻值，则改装表的量程也减小，当变阻箱R接入电路的阻值为R0，改装后的量程为mggg0gg0()UIRIRIRR=+=+故C错误，D正确。故选D。3.某静电场

的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子在仅受电场力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是A.粒子一定带负电荷B.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度C.粒子在M点的动能大于它在N点的动能D.粒子一定从M点运动到N点【答案】B【解析】【详解

】A.根据运动轨迹可知，粒子受电场力指向右上方，则粒子一定带正电荷，选项A错误；B.因为M点电场线较N点稀疏，则M点场强较小，则粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；C.从M点到N点电场力做正功，动能变大，则粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；D.由运动轨迹不能确

定粒子一定是从M点运动到N点，选项D错误．4.真空中两个点电荷产生的电场，其电场线分布如图所示，则（）A.两个点电荷一定带同种电荷B.a点的电场强度比b点的大C.a点的电势比b点的高D.试探电荷在a点和b点所受电场力一样大【答案】B【解析】

【详解】A．电场线始于正电荷，终于负电荷，可知两个点电荷带异种电荷，A错误；BD．电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，a点的电场线较密，电场强度较大，同一试探电荷在a点所受电场力较大，B正确，D错误；C．

沿着电场线电势降低，故a点的电势比b点的低，C错误。故选B。5.新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。研究得出一个打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出53610m−的空气，用时约0.02s。已知空气的密度为31.3/mkg，估算

打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（）A.3.12NB.0.156NC.1.56ND.6.24N【答案】B【解析】【详解】由题意可得，打一次喷嚏喷出空气的质量为57.810mVkg−==设打喷嚏时的冲力为F，由动量定理可得Ftmv=0.156NF=由牛顿第三定理

可得，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.156NFF==故选B。6.在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）A.A灯和B灯都变亮B.A灯、B灯都变暗C.A灯变亮，B灯变暗D.A灯变暗，B灯变亮【答案】D【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻

器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，且B灯电流变大，B灯变亮；()ABUEIrR=−+所以A灯的电压变小，根据2UPR=可知A的功率变小，故A灯变暗；故选D。7.AB、两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动，1,2,6/,

2/ABABmkgmkgvmsvms====.当A追上B并发生碰撞后，AB、两球速度的可能值是（）A.'5/,'2.5/ABvmsvms==B.'2/,'4/ABvmsvms==C.'4/,'7/ABvmsvms=−=D.'7/,'1.5

/ABvmsvms==【答案】B【解析】【详解】A.考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；B.两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前总动量为：p=pA+pB=mAvA+m

BvB=(1×6+2×2)kg⋅m/s=10kg⋅m/s，总动能：Ek=221122AABBmvmv+=12×1×62+12×2×22=22J，碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′

B=1×2+2×4=10kg⋅m/s，总动能：E′k=2222111112242222AABBmvmv+=+=18J，则p′=p，符合动量守恒和动能不增加．故B正确；C.碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′B=(-1×4+2×7)kg⋅m/s=

10kg⋅m/s，总动能：E′k=2222111114272222AABBmvmv+=+=57J，符合动量守恒定律，但总动能不可能增加．故C错误；D.考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故D错误．故选：B8

.下图中能产生感应电流的是（）A.甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动B.乙图中导体框以一定的速度水平向右运动C.丙图中环形导线正上方通入逐渐增大的电流D.丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体【答案】A

D【解析】【详解】A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量增大，可以产生感应电流，故A符合题意；B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动，导体框中的磁通量不变，不能产生感应电流，故B不符合题意；C．

根据通电直导线周围磁场的分布规律以及对称性可知环形导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故C不符合题意；D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体，环形导体中磁通量增大，可以产生感应电流，故D符合题意。故选AD。9.关于多用电表的使用，下列说法正确的有（）A.甲图中用多用电表直流电压挡

测量的是电源的路端电压，表笔接法正确B.甲图中用多用电表直流电压挡测量的是小灯泡两端的电压，表笔接法错误C.乙图中用多用电表电阻挡测量的是二极管的正向电阻D.乙图中用多用电表电阻挡测量的是二极管的反向电阻【答案】BC【解析】【详解】AB．甲图中用

多用电表直流电压挡测量的电流是小灯泡两端的电压，电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以表笔接法错误，故A错误，B正确；CD．电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以乙图中用多用电表电阻挡测量的是二极管的正向电阻，故C正确，D错误。故选BC。10.如图，两根平行长直导线相距2l，通

有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【

答案】AD【解析】【详解】由安培定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，故A对；ｂ、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，

但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，故B错；由安培定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，故C错；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，故D

对．二、实验题，（共6空，共计14分）11.某实验小组用如题图所示的装置验证动量守恒定律。（1）下列说法正确的是____________。A．实验中两小球质量应满足的关系是m1<m2B．实验中必需调节斜槽末端的切线沿水平方向C．实验中每次必需从同一位置由静止释放小球m1D．实验中必需测量小球抛出

点距落点的高度H（2）用天平测出入射小球质量m1、被碰小球质量m2；用刻度尺测出小球落点M、P、N距O点的距离各为x1、x2、x3，只要等式_______（用m1、m2、x1、x2、x3表示）成立，就验证了碰撞过程动量守恒。【答案】①.BC②.m1x2=m1x1+m2x3【解析

】【详解】（1）[1]A.碰撞过程中动量、能量守恒，则101122mvmvmv=+122221012111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+因此让小球碰撞后不反弹，两球质量满足12mm＞故A错误；B.保证小球做平抛运动，所以实验前固定在桌边上斜槽

末端的切线要沿水平方向，故B正确；D．可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒，故实验中不需要测量开始释放高度h，只是每次必需平抛的初速度相同，所以要从同一位置由静止释放小球m1，故C正确，D错误。故选BC。（1）[2]由碰撞中

的动量守恒，得m1x2=m1x1+m2x312.某兴趣小组测定一金属丝的电阻率。主要步骤如下：（1）用游标卡尺测得其长度如图（a）所示，其长度为__________mm；用螺旋测微器测得其直径如图（b）所示，

其直径为__________mm。（2）如图（c）为某同学在仅利用电流表的情况下设计的一种测该金属丝电阻Rx的正确方案，测得电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，且已知电流表A1的内阻为R1，则这段金属丝电阻的计

算式为Rx=__________（用题干中字母表示）。从设计原理来看，其测量值__________真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】①.29.9②.4.700③.1121IRII−④.等于【解析】【详解】（1）[1]

游标卡尺读数为29mm90.1mm29.9mm+=的的[2]螺旋测微器读数为4.5mm20.10.01mm4.700mm+=（2）[3][4]由图可知，xR两端的电压为11UIR=流过xR的电流为21III=−则1121xUIRRIII=−=由图可知，通过

计算所得电压为准确值，测得的电流也为准确值，则其测量值等于真实值。三、计算题13.如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角为37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6C，

匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球带何种电性的电荷？（2）小球所受电场力的大小；（3）小球的质量。【答案】（1）带正电；（2）3×10-3N；（3）4×10-4kg【解析】【详解】（1）由图可知小球所受电场力与

电场强度方向相同，所以小球带正电；（2）小球所受电场力的大小为3310N−==FEq（3）根据平衡条件以及力的合成与分解可得tan37Fmg=的解得4410kgm−=14.如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，

足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为05m=g的子弹以速度0300v=m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取102m/s，求：（1）木板开始运动时木块的速度大小及木板

最终的速度大小；（2）物块相对木板滑行的位移。【答案】（1）6m/s，100m/s；（2）3m【解析】【详解】（1）子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m0v0＝（m0＋m）v1得v1＝6m/s子弹及木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得

：（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2得v2＝100m/s（2）子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统能量守恒有：()()()22001021122mmgdmmvmmMv+=+−++代入数据可解得木块在木板上滑动的距离d＝3m15.如图所示，长为L的

平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子以某一初速度紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时末速度大小为v且方向恰与下板的夹角θ=30°，不计粒子重力和空气阻力，求∶（1）粒子

初速度v0大小；（2）两板间的电压U；（3）两板间的距离d。【答案】（1）32v；（2）28mvq；（3）36L【解析】【详解】（1）由几何关系得，粒子初速度03cos302vvv==（2）粒子进出电场的

过程中，由动能定理得2201122qUmvmv=−解得28mvUq=（3）粒子运动沿电场方向qEqUamdm==粒子末速度沿电场方向分量1sin302yvvv==粒子运动时间0Ltv=又yvat=联立解得36dL=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com