重庆市 2023-2024学年高二物理上学期10月模拟试题（Word版附解析）

重庆巴蜀中学2023-2024学年高2025届高二上期十月物理模拟试题（75分钟100分）一、单选题（1-7）1.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（　　）A材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大【答案】A【解析】【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；故选A。2.如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是(　　)A.买者说的对B.卖者说的对 C.公平交易D.具有随机性，无法判断【答案】C【解析】【详解】设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(F－Δmg)Δt＝Δmv即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为M＝＝＝m1＋d因切断米流后空中尚有t＝时间内对应的米流在空中，故d＝m2可见，称米机读数包含了静止在袋中的那部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题．A．买者说的对，与结论不相符，选项A错误；B．卖者说的对，与结论不相符，选项B错误；C．公平交易，与结论相符，选项C正确；D．具有随机性，无法判断，与结论不相符，选项D错误；3.工厂生产的某一批次小灯泡说明书上附有如图甲所示的电压随电流变化图象，乙图是用该批次三个小灯 泡连接而成的电路，三个灯泡均发光时电压表的示数为。设所有电表均为理想电表，电源内阻不可忽略，下列说法正确的是（　　）A.电压表的示数为B.电流表的示数为C.若灯泡短路，则电压表的示数为D.该闭合电路的路端电压为【答案】B【解析】【详解】AB．由小灯泡的伏安特性曲线知，当灯泡电压为时，流过灯泡的电流为，根据串并联电路的特点，流经灯泡和的电流为，从伏安特性曲线中读出灯泡和的电压为，故A错误，B正确；CD．正常工作时，路端电压为，故当短路后，外电阻减小，路端电压减小，表的示数应小于，故CD错误。故选B。4.如图（a）所示，一根质量为M、长度为L的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上，绳子右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高。由于扰动，绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为x时，加速度大小为a，绳转折处O点的张力大小为T，桌面剩余绳的动能为、动量为p，如图（b）所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中，下列说法正确的是（　　） A.当时，张力T有最大值B.当时，动量P有最大值C.当时，加速度a有最大值D.当时，动能有最大值【答案】B【解析】【详解】AC．绳子下落长度为时，对整条绳，由牛顿第二定律有解得绳上各点的加速度大小为对桌面上的绳子，由牛顿第二定律有联立解得可知，当时，加速度有最大值，当时，张力有最大值，故AC错误；B．绳子从开始运动到绳子下落长度的过程中，由机械能守恒定律可得解得则桌面剩余绳的动量为可知，当时，动量有最大值，故B正确；D．桌面剩余绳子的动能为根据数学知识可知，当 即动能有最大值，故D错误。故选B。5.成人体液总量占体重的左右，体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关，测试者两手分别握住两手柄，则（　　）A.体型相近两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较小，电压表示数较小B.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率小C.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率高D.当、间电阻逐渐增大时，以电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的图像是一条过原点的直线【答案】C【解析】【详解】A．体型相近的两人，脂肪含量高者电阻较大，图乙为串联电路，脂肪含量高者总电阻大，因此总电流小，因此电流表示数较小，根据闭合回路欧姆定律可得两端电压为当总电流较小时，两端电压较大，即电压表示数较大，故A错误；B．电源输出功率与外电阻和电源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的关系，因此无法确定谁对应的电源输出功率小，故B错误；C．图乙为串联电路，因此电源效率为 由A选项分析可知，脂肪含量高者两端电压大，故对应的电源效率高，故C正确；D．根据闭合回路欧姆定律可得变化后得到可知电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的图像是一条与横纵和纵轴都有交点的向下倾斜的直线，故D错误。故选C。6.如图为一有效摆长为L的单摆，现将质量为m的摆球A向左拉高平衡位置一个很小的角度，使得A球升高了h，然后由静止释放。A球摆至平衡位置P时，恰与静止在P处，质量为0.2m的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时，A球恰好碰后第一次回到P点，则下列说法不正确的是（　　）A.单摆的周期为B.当地的重力加速度为C.A球释放到达P经历的时间小于A球碰后再次到达最高点的时间D.A球碰后的速度大小为【答案】C【解析】【详解】A．B球来回运动时间为单摆的周期为 故A正确；B．单摆的周期为解得重力加速度故B正确；C．单摆的周期为碰撞前后周期不变，故A球释放到达P经历的时间等于A球碰后再次到达最高点的时间，故C错误；D．对A球，根据动能定理碰撞瞬间系统动量守恒解得故D正确。本题选不正确的，故选C。7.如图所示，电源的电动势为，内阻为，调整电路的可变电阻的阻值，使电压表的示数增大，则在这个过程中不正确的是（　　）A.通过的电流增大，增加量一定等于 B.两端的电压减小，减少量一定等于C.通过的电流减小，但减少量一定小于D.路端电压增大，增加量一定等于【答案】BD【解析】【详解】A．由于为定值电阻，电压表读数等于定值电阻两端电压，则有可得可知通过的电流增加，增加量一定等于，故A正确；C．设电压表示数为，电流总电流为，由闭合电路欧姆定律可得电压表V的示数增大，则电路总电流减小，又有因为流过电阻的电流为总电流，则通过的电流减小，减少量满足故C正确；B．由于通过的电流减小，则两端的电压减小，电压减小量满足故B错误；D．由闭合电路欧姆定律可得 电路总电流减小，则路端电压增加，路端电压增加量满足故D错误。本题选择错误的，故选BD。二、多选（8-10）8.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　）A木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍【答案】C【解析】【详解】A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得则有即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有可得 对子弹B有可得由于则有两子弹初动能的关系为由动能公式可得解得即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于可得即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，C正确；D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知 则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得由以上分析可知D错误。故选C。9.如图，水平传送带以速度v逆时针转动，某时刻将一个质量为m的木块无初速度置于传送带左端，且此时一质量同样为m速度为v0的子弹瞬间打入木块嵌入其中，与木块相对静止一起在传送带上运动，恰好运动到右端没有脱落．若木块可视为质点，木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是A.子弹打入木块的瞬间，子弹与木块的机械能守恒B.传送带的长度C.木块返回传送带左端时的速度一定等于D.木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动【答案】BD【解析】【详解】A．子弹打入木块的过程中，子弹与木块有相对运动，摩擦力做功，产生内能，故机械能不守恒，故A错误.B．子弹和木块作为整体恰好运动到右端没有脱落，即到最右端整体速度为0，则子弹打木块过程中动量守恒有：在传送带上运动过程中由动能定理可知： 代入数据联立得：故B正确.CD．子弹和木块作为整体向右运动过程中摩擦力向左，做匀减速直线运动；因不知道传送带速度v与的大小关系，所以在返回过程中当：木块返回过程中一直匀加速到最左端速度为，当：木块返回过程中先匀加速到v，然后以v匀速返回左端，故C错误，D正确.10.物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=ls时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（　　）A.b物块的质量为3kgB.恒力F的冲量为1N·sC.t=ls时b的速度小于0.15m/sD.弹簧伸长量最大时，b的速度大小为【答案】BD【解析】【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有 t=1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有联立以上三式解得故A错误；B．恒力F的冲量为故B正确；C．a-t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t=ls时b的速度故C错误；D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则解得故D正确。故选BD。三、实验题11.如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。 （1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。（3）测得滑块B的质量为，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。【答案】①.天平②.匀速直线③.-0.011④.③【解析】【详解】（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为则滑块B碰前的动量为 [4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。12.某实验小组设计了一欧姆表，原理如图1所示。该欧姆表中电池的电动势为，内阻为。（1）正确使用欧姆表时，红表笔与图1中______（选填“a”或“b”）端相连；（2）、作用为改变挡位，作用为欧姆调零．若保持滑片不动，令滑片右移，则欧姆表挡位可能从“”改变为_________（选填“”或“”）；（3）将欧姆表挡位调到电阻“”挡后，红黑表笔短接，欧姆调零；将欧姆表连入图2所示电路．改变滑动变阻器连入电路阻值，记录了多组欧姆表示数R和对应电压表示数U。其中某次测量，表盘示数如图3所示，此时欧姆表的示数为____________；用测得的数据，绘制了如图4所示的图像，则欧姆表的开路电压为_________V；根据题中数据可得此时接入电路的阻值为______（保留3位有效数字）。【答案】①.b②.③.130④.6.25⑤.22.7【解析】【详解】（1）正确使用欧姆表时，红表笔接内部电源的负极，则应与图1中b端相连；（2）若保持滑片不动，令滑片右移，则阻值减小，导致欧姆表的内阻减小，则欧姆表挡位可能从“”改变为“”；（3）由图可知，欧姆表的示数为13×10Ω=130；设欧姆表内电源电动势为E，内阻为r，则解得 由图像可知解得E=6.25Vr=150Ω则欧姆表的开路电压为6.25V；欧姆表的示数即为滑动变阻器R1接入电路的电阻，则根据题中数据可得开路电压解得四、计算题13.质量为2kg的小球从离地面1.25m高处自由下落，与地面碰撞后上升的最大高度为0.8m，设小球与地面作用时间为0.3s，取g=10m/s2。求：（1）小球在落地前一瞬间的瞬时速度大小和小球与地面碰撞完成后的瞬间的瞬时速度大小；（2）在碰撞过程中，地面对小球的平均冲力大小。【答案】（1）5m/s，4m/s；（2）80N【解析】【分析】【详解】（1）据自由落体位移公式可得，落地前一瞬间速度大小为代入数据解得小球与地面碰撞完成后的瞬间速度大小为（2）在与地面碰撞过程，以向上为正方向，由动量定理可得 代入数据解得14.窗帘上部结构可以简化为如图所示的模型：长滑竿水平固定，上有9个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，每个滑环的质量均为m＝0.1kg；每相邻的两个滑环之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为l＝0.2m；滑环与水平滑竿间的动摩擦因数均为µ＝0.25。开始时所有滑环可近似地看成挨在一起处于滑竿右侧边缘处，滑环间无挤压；第9个滑环被固定在滑竿最右端。现给第1个滑环一个初速度，使其在滑竿上向左滑行（可视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的细线绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，细线绷紧的过程用时极短，可忽略不计。取。（1）若，求第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的速度；（2）若第4个滑环已被细线拉动，求第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值；（3）为让所有的细线都被拉直，第1个滑环至少需要获得多大的初速度？（计算结果可以带根号）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为，由动能定理得解得设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的速度为，由动量守恒定律得解得（2）设第3、4个滑环间的细线绷紧前瞬间整个装置的速度为，第3、4 个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置的速度为，由动量定理得解得则第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值为（3）第1个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有第2个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有变形可得第3个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有第4个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有则第8个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有要让所有细线均被拉直，有联立有解得 15.某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示，左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L，在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L：物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面向动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L，质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；（2）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；（3）细杆F的长度。【答案】（1）；（2）﹔（3）L【解析】【详解】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得小球进入小盒C时刚好能被卡住，设小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度为v0，以整体由牛顿第二定律得 解得（2）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得由运动学规律第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E、细杆F整体由牛顿第二定律由运动学规律解得（3）对圆环由牛顿第二定律得由运动学规律第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移则细杆F的长度为