精品解析：浙江嘉兴一实学校2026-2027学年高二第一学期第一次阶段检测物理学科试题

嘉兴一实学校2026学年第一学期高二年级物理学科 第一次阶段检测试题卷 一、单选题：本大题共10小题，共30分。 1. 如图所示为某品牌的无人机，可以载重进行农药喷洒，其锂电池容量为，其电机的额定工作电压为，额定功率为，则下列说法正确的是（　　） A. “”是能量的单位 B. 无人机正常工作时通过电机的电流为 C. 无人机的电机总电阻约为 D. 充满一次电后，无人机正常工作时间不超过 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据公式 可知电池容量中“”是电荷量的单位，故A错误； B．电机的额定工作电压，额定功率，根据公式 可知无人机正常工作时的电流是 故B正确； C．若是纯电阻，根据公式 得 由于无人机的电机不是纯电阻元件，可知无人机的总电阻一定小于，故C错误； D．根据公式 可知无人机充满电后一次工作时间为 故D错误。 故选B。 2. 如图所示，直线为某电源的图线，曲线为某元件的图线的一部分，虚线为过交点的切线交于纵轴0.5A处，用该电源和元件串联起来组成闭合电路，下列说法正确的是（　　） A. 此时导体的电阻为 B. 电源的输出效率为50% C. 随着电压增大，元件电阻不断减小 D. 若用该电源和两个该元件串联，电流变为0.5A 【答案】B 【解析】 【详解】A．此时导体的电阻为 故A 错误； B．由图可知，电源的电动势和内阻， 故电源的输出效率为 故B正确； C．图像与原点连接的斜率表示元件电阻的倒数，由图可知，随着电压增大，元件电阻不断增大，故C错误； D．若用该电源和两个该元件串联，则可看成将电源分成电动势为，内阻为的两个新电源分别为元件供电，新电源的图像如图 由图可知，若用该电源和两个该元件串联，电流大于0.5A，故D错误。 故选B。 3. 如图所示，用两只完全相同的毫安表分别改装成一只电流表和一只电压表，将它们串联起来接入电路中，下列分析正确的是（ ） A. 电流表的指针偏转角较大 B. 电压表的指针偏转角较大 C. 两只电表的指针偏转角相同 D. 电流表两端的电压大于电压表两端的电压 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，则电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，即电压表的指针偏转较大，故B正确，AC错误； D．通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，而电流表改装成大量程电压表是串联较大的分压电阻，可知电压表的总电阻大于电流表的总电阻，故电流表两端的电压小于电压表两端的电压，故D错误。 故选B。 4. 如图所示的电路中，电源内阻为r，当R1的滑片向右移动时，R1的阻值变化为ΔR1，电压表V1和电压表V2的示数的变化为ΔU1和ΔU2，电流表A的示数的变化为ΔI，电表均视为理想电表，ΔR1、ΔU1、ΔU2、ΔI均取绝对值，则（　　） A. 电压表V1的示数变大 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】当R1的滑片向右移动时，电阻减小，总电阻减小，回路电流增大，路端电压 变小，而R2电流增大，电压变大，V2示数变大，则电压表V1的示数变小，因为路端电压变小，则，根据 可知 故C正确ABD错误。 故选C。 5. 某同学将一电路中电源的总功率、输出功率和电源内部发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示．则该电路　　 A. 电源的电动势，内电阻 B. 电流为1A时，外电阻为 C. b表示电源的输出功率，最大值为9W D. 外电阻为时，电源输出功率为 【答案】B 【解析】 【分析】三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率，内部的发热功率，输出功率，根据数学知识选择图线．根据图线a斜率求解电源的电动势．由图读出电流时，发热功率，求出电源的内阻．当电流为1A时，结合欧姆定律求出外电阻． 【详解】根据直流电源的总功率，内部的发热功率，输出功率，可知反映变化的图线是b，反映变化的是图线a，反映变化的是图线c．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到，内部的发热功率，内阻为，电源的最大输出功率，故A、C错误；当电流为1A时，由，代入得到，故B正确．外电阻为，等于内阻时，电源输出功率最大为故D错误． 故选B． 【点睛】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义 6. 投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ） A. 运动时间相同 B. 落到壶口时的速率相同 C. 动能变化量相同 D. 动量变化量相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．取竖直向下为正方向，设壶口比投出点低，两球运动时间分别为、，第二个小球初速度的竖直分量为，则 因为 所以，故A错误； C．两球质量相同，投出点与壶口的高度差相同，过程中均只有重力做功，由动能定理得 故两球动能变化量相同，故C正确； B．在水平方向上，两球水平位移相同，有 因为 所以 进而可知初速度大小 又因为 解得落到壶口时的速率为 由于 所以 即第二次落到壶口时的速率较大，故B错误； D．根据动量定理，动量变化量 由于两球运动时间不同，所以动量变化量不同，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　） A. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 B. 小球向左摆动时，小车向右运动，系统机械能不守恒 C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零 D. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零小车速度也为零 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AB．小球向左摆动时，小车向右运动，小球受到的重力使系统合外力不为零，故系统动量不守恒，但该过程只有重力做功，故系统机械能守恒，AB错误； CD．系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，可得 故小球向左摆到最高点，小球的速度为零小车速度也为零，C错误，D正确。 故选D。 8. 如图所示， 在A、B两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细线连接在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（ ） A. 对于A、B两物体组成的系统，动量守恒 B. 对于A、B两物体组成的系统，机械能守恒 C. 在同一段时间内，A物体的动能增量等于B物体的动能增量 D. 在同一段时间内，A物体的动量变化与B物体的动量变化相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．对于A、B两物体组成的系统，受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A正确； B．对于A、B两物体组成的系统，因弹簧弹力做功，则机械能增加，选项B错误； C．因两物体的质量不一定相同，受弹力相同，在同一段时间内，两物体的位移不一定相同，则弹力对两物体做功不一定相同，则A物体的动能增量不一定等于B物体的动能增量，选项C错误； D．根据动量定理，在同一段时间内，弹簧对两物体的冲量等大反向，则A物体的动量变化与B物体的动量变化大小相等，方向不同，选项D错误； 故选A. 9. 质量相等的A、B两个物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t0和4t0，A、B的速度分别达到2v0和v0时，分别撤去拉力，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两个物体速度随时间变化的图像如图所示，设F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（　　） A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2 C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2 【答案】B 【解析】 【详解】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为 根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 则摩擦力大小相等，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；对全过程运用动能定理得 ， 得 ， 由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为 即 根据图象知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有 则 、 F1和F2的大小之比为12：5，则 所以 故选B。 10. “水上飞人运动”是一项新兴运动形式，操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为M，底部两个喷口的总面积为S，忽略空 气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是（ ） A. 当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B. 若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 C. 当人匀速上升时，人所受的合外力对人做正功 D. 若要实现向上以加速度a加速运动，向下喷水的水速应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置向下喷水时，人受到竖直向上的反冲力。若人具有水平方向的初速度，由于水平方向不受力，人将做曲线运动，不一定沿直线运动，故A错误； BD．设在极短时间内喷出水的质量为，喷水速度为，则 对喷出的水应用动量定理，水受到的推力 解得 根据牛顿第三定律，人受到的反冲力 若要悬停，由平衡条件得 即 解得 若要向上以加速度加速运动，由牛顿第二定律得 即 解得，故B错误，D正确； C．当人匀速上升时，处于平衡状态，所受合外力为零，合外力对人做功为零，故C错误。 故选D。 二、多选题：本大题共3小题。共12分。 11. 蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，某游客身系弹性绳从高空P点自由下落，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，如图所示。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（ ） A. 弹性绳对人的冲量始终竖直向上 B. 弹性绳恰好伸直时，人的动量最大 C. 弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量 D. 在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力 【答案】AC 【解析】 【详解】A．弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终向上，故A正确； B．弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，动量也不是最大值，故B错误； C．从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，动量的变化量方向向上，根据动量定理，可知弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量，故C正确； D．当弹性绳的弹力等于人的重力时，人的速度最大，接着人向下运动，向上的弹力大于人的重力，开始向下做加速度增大的减速运动，到最低点时速度为零，弹性绳对人的拉力大于人的重力，故D错误。 故选AC。 12. 如图（a）所示，一个质量m=1kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化关系如图（b）所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A. 0~4s内，重力的冲量大小为0 B. 0~4s内，重力的冲量大小为 C. 4s末，物块的速度大小为8m/s D. 4s末，物块的速度大小为9m/s 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．0~4s内，重力的冲量大小为 故A错误，B正确； CD．当水平力满足 物块才开始运动，则内由图像可知水平力F的冲量大小为 则内由动量定理可得 其中 解得4s末，物块的速度大小为 故C错误，D正确。 故选BD。 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2（已知m2=0.5kg）的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（　　） A. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态 B. 从t3到t4，弹簧由伸长状态到原长状态 C. t3时刻弹簧的弹性势能为6J D. 在t2和t4时刻，弹簧均处于原长状态 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．从v­-t图像可知，从0到t1时间内B减速、A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确； BD．由v-­t图像可知，t2时刻，图线切线斜率为零，即两物体加速度为零，弹簧弹力为零，弹簧处于原长，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B错误，D正确； C．由v-­t图像可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2m/s，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得 A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得 联立解得t3时刻弹簧的弹性势能为，故C正确。 故选ACD。 三、实验题：本大题共3小题，共14分。 14. 某实验小组成员用多用电表测电压表的内阻和欧姆表电池的电动势。电压表量程为10V，内阻未知。如图甲所示为一多用电表的表盘，其中多用电表上的三个重要部件分别用字母A、B、C标记。测量电压表内阻时操作过程如下。 （1）在测量前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件___________（选填“A”“B”或“C”），使多用电表的指针指在表盘最_________（选填“左” 或“右”）端的0刻度线位置； （2）测电压表内阻时，将选择开关置于欧姆“×100”挡，发现指针偏转角度过小，则该同学应将选择开关置于“___________”（选填“×1””×10”或“×1k”）： （3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接调零后，选用图乙中___________（选填“A”或“B”）所示方式连接，选择正确方式后，欧姆表和电压表读数分别如图丙、丁所示，某同学读出欧姆表的示数为___________Ω，电压表的示数为___________V。则欧姆表电池的电动势为___________V。（已知如图欧姆表表盘刻度中间值为20） 【答案】（1） ①. A ②. 左 （2）×1k （3） ①. A ②. 40000 ③. 5.0 ④. 7.5 【解析】 【小问1详解】 [1][2]多用电表使用前需进行机械调零，调节图甲中的部件A（机械调零旋钮），使指针指在表盘最左端的0刻度线位置，即电流、电压的零刻度处。 【小问2详解】 欧姆表指针偏转角度过小，说明指针靠近左侧无穷大处，示数较大，说明被测电阻阻值较大。为了减小读数误差，应换用更大的倍率，即"×1k"挡。 【小问3详解】 [1]欧姆表内部电源正极接黑表笔，电流从黑表笔流出，为使电压表指针正常偏转，电流应从电压表正接线柱流入，故黑表笔应接电压表正接线柱，红表笔接负接线柱，图乙中A连接方式正确。 [2]由图丙可知，欧姆表指针指在40位置，倍率为“×1k”。电压表内阻为 [3][4]由图丁可知，电压表量程为10V，分度值为0.2V，指针指在5V处，读数为5.0V。欧姆表表盘刻度中间值为20，倍率为"×1k"。则欧姆表内阻 根据闭合电路欧姆定律，电路电流 电源电动势 代入数据解得 15. 物理兴趣小组在维修玩具小车电路时，想测量小车内部专用电池的电动势（约为9V）和内阻。实验室提供的器材有：电压表V（量程为0~15V，内阻未知），电流表A（量程为0~0.6A，内阻），滑动变阻器R、开关，导线若干。 （1）如图所示，某同学设计了甲、乙两种电路，为使测量更精确，实验电路应选择___________（填“甲”或“乙”） （2）根据选择的电路，正确连接并实验，根据实验测得的电压表示数U与电流表示数I的多组数据，作出图像如图丙所示。进一步分析可知该电池的电动势___________V、内阻___________。（结果均保留三位有效数字） （3）如果不考虑偶然误差，实验测得的电动势___________（填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。 【答案】（1）甲 （2） ①. 9.30 ②. 8.90 （3）等于 【解析】 【小问1详解】 电流表的内阻已知，选择甲电路图的测量更精确。 【小问2详解】 [1][2]由闭合电路欧姆定律有 结合图丙的斜率与截距可知V， 解得 【小问3详解】 本实验中因考虑到了电流表内阻影响，电流为0时，电压表示数即为电动势，所以测得的电动势等于真实值。 16. 在“测定导体的电阻率”实验中，待测导体为粗细均匀，横截面为圆形的柱体。除待测导体外所用器材如下： A．电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）； B．电流表（内阻约为0.1Ω）； C．电压表（内阻约为2kΩ）； D．滑动变阻器R（0~5Ω，允许通过的最大电流为2A）； E．毫米刻度尺、螺旋测微器、多用电表、开关、导线若干。 （1）用多用电表粗略测量导体的电阻，其阻值约为20Ω； （2）用毫米刻度尺测得导体的长度为40.00cm，用螺旋测微器测量导体横截面的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）。 （3）用伏安法测量导体的阻值Rx，要求电流表读数能从0开始连续变化，应采用的电路图为___________。 A. B. C. D. （4）上题选择的实验电路图中造成系统误差的主要原因是___________（选填“电压表分流”或者“电流表分压”） （5）根据测得的量求导体电阻率_______。 【答案】 ①. 0.896##0.895##0.897 ②. A ③. 电流表分压 ④. 【解析】 【详解】（2）[1]螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数两部分组成。固定刻度读数为。可动刻度读数为 最后将两部分相加，总读数为 （3）[2]题目要求电流表读数能从0开始连续变化，这意味着滑动变阻器必须采用分压式接法。因为待测电阻。待测电阻属于大电阻，为了减小系统误差，应采用电流表内接法。 故选A。 （4）[3]在第（3）问中选择了图A所示的电路，即电流表内接法。在该电路中，电压表测量的是待测电阻与电流表内阻串联后的总电压，而电流表测量的是通过的真实电流。由于电流表存在内阻，会分担一部分电压，导致电压测量值偏大，从而使得电阻测量值偏大。因此，造成系统误差的主要原因是电流表分压。 （5）[4]根据电阻定律，导体的电阻与长度、横截面积及电阻率的关系为 导体横截面为圆形，直径为，则横截面积 联立上述两式，解得电阻率的表达式为 四、计算题：本大题共4小题，共44分。 17. 如图为利用某直流电动机提升重物的装置，所用电源内阻为r=2.0Ω。闭合开关K，当电动机以v=1m/s的恒定速度竖直向上提升质量为m=1.0kg的重物时，理想电压表V的示数为U=8.0V，理想电流表A的示数为I=2.0A。不计空气阻力和各处摩擦。重力加速度g取10m/s2。求： （1）电源的电动势E： （2）电动机的内阻R0。 （3）工作一段时间后电动机突然被卡住不转了，求这种情况下电源的效率（结果保留2位有效数字）。 【答案】（1）12.0V （2）1.5Ω （3）43% 【解析】 【小问1详解】 由电路图可知，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。根据闭合电路欧姆定律有 代入数据，，解得 【小问2详解】 电动机正常工作时输入功率等于输出机械功率与热功率之和。输入功率为 输出机械功率为 热功率为 根据能量守恒定律有 代入数据解得 【小问3详解】 电动机被卡住不转时相当于纯电阻，阻值为此时电路电流 电源效率 解得 18. 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦： （1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少； （2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少； （3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为，箱子质量，，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 （2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 （3）甲、乙不相撞的条件是 即 19. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，所有氙离子所受电场力的反作用力形成推力。某次测试中，单位时间进入放电通道的氙气质量为k，氙气被电离的比例为η，氙离子从阴极喷射出的速度为v。已知氙离子的质量为m、电荷量为q，取氙离子的初速度为零，忽略重力和粒子之间的相互作用，求： （1）放电通道两端电极的加速电压大小； （2）氙离子在放电通道中形成的等效电流； （3）稳定喷射后形成的推力大小。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 设加速电压为，对单个氙离子，从静止加速到速度的过程中，根据动能定理有 解得 【小问2详解】 单位时间内进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则单位时间内被电离的氙气质量为，设单位时间内喷出的氙离子数为，由于每个氙离子的质量为，则 根据电流的定义式 其中为单位时间内通过截面的电荷量，即 联立解得 【小问3详解】 设在时间内喷出的氙离子总质量为，根据质量流量关系有 对这些氙离子，根据动量定理，电场力对离子的冲量等于离子动量的变化量，即 代入得电场力大小 根据牛顿第三定律，氙离子对推进器的推力与电场力大小相等，故 20. 如图所示，竖直光滑圆弧轨道的半径，水平传送带与圆弧轨道相切于点。传送带长，以的速度顺时针匀速转动。一质量的小物块从点无初速度释放后，从点滑上传送带，再从点飞离传送带，落到水平地面上的点。已知、两点间的高度差，小物块可视为质点，小物块与传送带间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度取。 （1）求小物块运动至点时对轨道的压力大小； （2）求小物块在传送带上运动的时间； （3）设小物块第一次与地面碰撞时，机械能损失了75%，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，小物块第一次与地面碰撞的时间，碰撞过程中地面对小物块的支持力与摩擦力视为恒力，求地面与小物块之间的动摩擦因数。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 物块由运动到过程，由动能定理 物块在点，由牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为。 【小问2详解】 由（1）问得物块以从点滑上传送带做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律 得 物块加速至过程，由匀变速直线运动规律 得 由运动学公式 得 物块在传送带上匀速运动的时间 物块在传送带上运动的总时间 【小问3详解】 物块从C飞出至落地过程，做平抛运动，落地时，水平方向 竖直方向做自由落体，有 可得， 与地面碰撞后机械能损失了75%，即机械能剩余25%，设反弹后速度为，即有 解得 且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，所以反弹后速率分量有， 物块与地面碰撞的过程中，可分别对水平和竖直方向列动量定理 水平方向上， 竖直方向上以向上为正，有 又 解得， 代入可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉兴一实学校2026学年第一学期高二年级物理学科 第一次阶段检测试题卷 一、单选题：本大题共10小题，共30分。 1. 如图所示为某品牌的无人机，可以载重进行农药喷洒，其锂电池容量为，其电机的额定工作电压为，额定功率为，则下列说法正确的是（　　） A. “”是能量的单位 B. 无人机正常工作时通过电机的电流为 C. 无人机的电机总电阻约为 D. 充满一次电后，无人机正常工作时间不超过 2. 如图所示，直线为某电源的图线，曲线为某元件的图线的一部分，虚线为过交点的切线交于纵轴0.5A处，用该电源和元件串联起来组成闭合电路，下列说法正确的是（　　） A. 此时导体的电阻为 B. 电源的输出效率为50% C. 随着电压增大，元件电阻不断减小 D. 若用该电源和两个该元件串联，电流变为0.5A 3. 如图所示，用两只完全相同的毫安表分别改装成一只电流表和一只电压表，将它们串联起来接入电路中，下列分析正确的是（ ） A. 电流表的指针偏转角较大 B. 电压表的指针偏转角较大 C. 两只电表的指针偏转角相同 D. 电流表两端的电压大于电压表两端的电压 4. 如图所示的电路中，电源内阻为r，当R1的滑片向右移动时，R1的阻值变化为ΔR1，电压表V1和电压表V2的示数的变化为ΔU1和ΔU2，电流表A的示数的变化为ΔI，电表均视为理想电表，ΔR1、ΔU1、ΔU2、ΔI均取绝对值，则（　　） A. 电压表V1的示数变大 B. C. D. 5. 某同学将一电路中电源的总功率、输出功率和电源内部发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示．则该电路　　 A. 电源的电动势，内电阻 B. 电流为1A时，外电阻为 C. b表示电源的输出功率，最大值为9W D. 外电阻为时，电源输出功率为 6. 投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（ ） A. 运动时间相同 B. 落到壶口时的速率相同 C. 动能变化量相同 D. 动量变化量相同 7. 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　） A. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 B. 小球向左摆动时，小车向右运动，系统机械能不守恒 C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零 D. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零小车速度也为零 8. 如图所示， 在A、B两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细线连接在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（ ） A. 对于A、B两物体组成的系统，动量守恒 B. 对于A、B两物体组成的系统，机械能守恒 C. 在同一段时间内，A物体的动能增量等于B物体的动能增量 D. 在同一段时间内，A物体的动量变化与B物体的动量变化相等 9. 质量相等的A、B两个物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t0和4t0，A、B的速度分别达到2v0和v0时，分别撤去拉力，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两个物体速度随时间变化的图像如图所示，设F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（　　） A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2 C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2 10. “水上飞人运动”是一项新兴运动形式，操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为M，底部两个喷口的总面积为S，忽略空 气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是（ ） A. 当装置向下喷水时，人将沿着喷水的反方向做直线运动 B. 若要悬停在空中，向下喷水的水速应为 C. 当人匀速上升时，人所受的合外力对人做正功 D. 若要实现向上以加速度a加速运动，向下喷水的水速应为 二、多选题：本大题共3小题。共12分。 11. 蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，某游客身系弹性绳从高空P点自由下落，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，如图所示。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（ ） A. 弹性绳对人的冲量始终竖直向上 B. 弹性绳恰好伸直时，人的动量最大 C. 弹性绳对人的冲量大于重力对人的冲量 D. 在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力 12. 如图（a）所示，一个质量m=1kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化关系如图（b）所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A. 0~4s内，重力的冲量大小为0 B. 0~4s内，重力的冲量大小为 C. 4s末，物块的速度大小为8m/s D. 4s末，物块的速度大小为9m/s 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2（已知m2=0.5kg）的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（　　） A. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态 B. 从t3到t4，弹簧由伸长状态到原长状态 C. t3时刻弹簧的弹性势能为6J D. 在t2和t4时刻，弹簧均处于原长状态 三、实验题：本大题共3小题，共14分。 14. 某实验小组成员用多用电表测电压表的内阻和欧姆表电池的电动势。电压表量程为10V，内阻未知。如图甲所示为一多用电表的表盘，其中多用电表上的三个重要部件分别用字母A、B、C标记。测量电压表内阻时操作过程如下。 （1）在测量前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件___________（选填“A”“B”或“C”），使多用电表的指针指在表盘最_________（选填“左” 或“右”）端的0刻度线位置； （2）测电压表内阻时，将选择开关置于欧姆“×100”挡，发现指针偏转角度过小，则该同学应将选择开关置于“___________”（选填“×1””×10”或“×1k”）： （3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接调零后，选用图乙中___________（选填“A”或“B”）所示方式连接，选择正确方式后，欧姆表和电压表读数分别如图丙、丁所示，某同学读出欧姆表的示数为___________Ω，电压表的示数为___________V。则欧姆表电池的电动势为___________V。（已知如图欧姆表表盘刻度中间值为20） 15. 物理兴趣小组在维修玩具小车电路时，想测量小车内部专用电池的电动势（约为9V）和内阻。实验室提供的器材有：电压表V（量程为0~15V，内阻未知），电流表A（量程为0~0.6A，内阻），滑动变阻器R、开关，导线若干。 （1）如图所示，某同学设计了甲、乙两种电路，为使测量更精确，实验电路应选择___________（填“甲”或“乙”） （2）根据选择的电路，正确连接并实验，根据实验测得的电压表示数U与电流表示数I的多组数据，作出图像如图丙所示。进一步分析可知该电池的电动势___________V、内阻___________。（结果均保留三位有效数字） （3）如果不考虑偶然误差，实验测得的电动势___________（填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。 16. 在“测定导体的电阻率”实验中，待测导体为粗细均匀，横截面为圆形的柱体。除待测导体外所用器材如下： A．电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）； B．电流表（内阻约为0.1Ω）； C．电压表（内阻约为2kΩ）； D．滑动变阻器R（0~5Ω，允许通过的最大电流为2A）； E．毫米刻度尺、螺旋测微器、多用电表、开关、导线若干。 （1）用多用电表粗略测量导体的电阻，其阻值约为20Ω； （2）用毫米刻度尺测得导体的长度为40.00cm，用螺旋测微器测量导体横截面的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）。 （3）用伏安法测量导体的阻值Rx，要求电流表读数能从0开始连续变化，应采用的电路图为___________。 A. B. C. D. （4）上题选择的实验电路图中造成系统误差的主要原因是___________（选填“电压表分流”或者“电流表分压”） （5）根据测得的量求导体电阻率_______。 四、计算题：本大题共4小题，共44分。 17. 如图为利用某直流电动机提升重物的装置，所用电源内阻为r=2.0Ω。闭合开关K，当电动机以v=1m/s的恒定速度竖直向上提升质量为m=1.0kg的重物时，理想电压表V的示数为U=8.0V，理想电流表A的示数为I=2.0A。不计空气阻力和各处摩擦。重力加速度g取10m/s2。求： （1）电源的电动势E： （2）电动机的内阻R0。 （3）工作一段时间后电动机突然被卡住不转了，求这种情况下电源的效率（结果保留2位有效数字）。 18. 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦： （1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少； （2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少； （3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为，箱子质量，，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。 19. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，所有氙离子所受电场力的反作用力形成推力。某次测试中，单位时间进入放电通道的氙气质量为k，氙气被电离的比例为η，氙离子从阴极喷射出的速度为v。已知氙离子的质量为m、电荷量为q，取氙离子的初速度为零，忽略重力和粒子之间的相互作用，求： （1）放电通道两端电极的加速电压大小； （2）氙离子在放电通道中形成的等效电流； （3）稳定喷射后形成的推力大小。 20. 如图所示，竖直光滑圆弧轨道的半径，水平传送带与圆弧轨道相切于点。传送带长，以的速度顺时针匀速转动。一质量的小物块从点无初速度释放后，从点滑上传送带，再从点飞离传送带，落到水平地面上的点。已知、两点间的高度差，小物块可视为质点，小物块与传送带间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度取。 （1）求小物块运动至点时对轨道的压力大小； （2）求小物块在传送带上运动的时间； （3）设小物块第一次与地面碰撞时，机械能损失了75%，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，小物块第一次与地面碰撞的时间，碰撞过程中地面对小物块的支持力与摩擦力视为恒力，求地面与小物块之间的动摩擦因数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $