江苏省盐城市盐城一中、大丰中学2023-2024学年高二上学期10月联考物理试题（Word版附解析）

2023-2024学年度高二年级第一学期学情调研联考物理试题一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针，直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则小磁针（）A.保持不动B.N极向下转动C.N极将垂直于纸面向外转动D.N极将垂直于纸面向里转动【答案】D【解析】【详解】当通入向右的恒定电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针位置处的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直纸面向里偏转。故选D。2.如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。下列说法正确的是（　　）A.电磁铁的工作原理是电流磁效应B.电磁铁用的铁芯应选用不易退磁的材料C.工作时AB接线柱应接入稳恒电流D.当电流从B接线柱流入时，发现吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为N极 【答案】A【解析】【详解】AB．当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应；根据电磁铁的工作要求，当没有电流时，要让铁芯失去磁性，当通电时，要有磁性，因此种铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故B错误，A正确；C．当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体将只能被吸引，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁体不断的与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹簧片上下振动，故A、B间应接入交流电，故C错误；D．当电流从电磁铁的接线柱B流入时，从上向下看电流是逆时针方向，根据右手螺旋定则可知电磁铁的下端为S极，上端为N极；吸引小磁体向下运动，根据磁铁同极相斥，异极相吸的特性可知，小磁体的下端为S极，故D错误。故选A。3.用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示，下列描述正确的是（　　）A.t=1s时，振子的速度最大B.t=2s时，振子的加速度最大C.1~2s内，振子的速度与加速度方向相同D.1~2s内，振子的位移与加速度方向相同【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，t=1s时振子位移最大，此时速度为零，故A错误；B．由图可知，t=2s时振子位移为零，此时回复力为零，振子的加速度为零，故B错误；C．1~2s内，振子从最大位移处向平衡位置运动，此过程中速度与加速度方向相同，故C正确；D．由回复力公式可知，简谐运动中振子位移方向始终与回复力方向相反，则加速度方向与位移方向相反，故D错误。 故选C。4.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.振动系统的固有频率为20HzB.振动系统的固有周期为3sC.圆盘的转速越大，摆件振动的振幅越大D.圆盘的转速越大，摆件振动的频率越小【答案】B【解析】【详解】AB．根据图像可得当转速为n=20r/min=振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为T==3s固有频率为Hz故A错误，B正确；C．由图可知，开始时圆盘转速越大，驱动力频率越大，此时摆件振动的振幅变大，当达到共振时振幅最大，再随着转速增大，驱动力频率增大，振幅又减小，故C错误；D．受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大则摆件振动的频率越大，故D错误。故选B。5.如图，一个物体在拉力F的作用下匀速前进了时间t，且拉力F与水平方向成θ角，则在该过程中（　　） A.拉力F对物体的冲量大小为FtcosθB.摩擦力对物体的冲量大小为FtcosθC.重力对物体的冲量大小为零D.支持力对物体的冲量大小为mgt【答案】B【解析】【详解】A．运动时间为t，则拉力的冲量为故A错误；B．由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为摩擦力对物体的冲量的大小为故B正确；C．重力对物体冲量大小为故C错误；D．支持力N对物体的冲量大小为故D错误。故选B。6.如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0~4s内其合外力随时间变化关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是（　　） A.1~2s内物体速度减小B.4s末物体回到出发点C.0~4s内物体动量的方向一直不变D.2s末物体的动量方向发生变化【答案】C【解析】【详解】A．根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，由动量定理得0～2s内物体动量一直增大，由得0～2s内物体的速度一直增大，故1~2s内物体速度增大。故A错误；B．由图像可知，0～4s内合外力的冲量为零，0～2s内物体做加速运动，2s～4s物体做减速运动，物体0～4s内一直向正方向运动，没有回到原点。故B错误；C．0~4s内物体动量先增大后减小，动量的方向一直不变，故C正确；D．2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，故D错误。故选C。7.装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（　　） A.回复力等于重力和浮力的合力B.振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C.位移满足函数式x＝4sin（cm）D.在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大【答案】ACD【解析】【详解】A．玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；B．玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；C．由于振动周期为0.5s，故ω＝＝4πrad/s由图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin（cm）故C正确；D．由图乙可知，t1~t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确。故选ACD。8.如图1所示，有一种电吹风由线圈电阻为r的小型电动机与电阻为R的电热丝串联组成，电路如图2所示，将电吹风接在电路中，电吹风两端的电压为U，电吹风正常工作，此时电热丝两端的电压为，则下列判断正确的是（　　） A.电热丝中的电流大小为B.电动机线圈的发热功率为C.电动机消耗的功率为D.电吹风消耗的功率为【答案】C【解析】【详解】A．电热丝中的电流大小为A错误；B．电动机两端的电压为通过电动机的电流为电动机线圈的发热功率为B错误；C．电动机消耗的功率为C正确；D．电吹风消耗的功率为D错误故选C。9.如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动的过程中（　　） A.电阻R2中有向上的电流B.通过电阻R1的电流增大C.滑动变阻器R两端的电压变小D.电容器C极板所带电荷量变多【答案】D【解析】【详解】在滑动变阻器R的滑片向上滑动的过程中，R变大，总电阻变大，总电流减小，通过电阻R1的电流减小，R1以及内阻上的电压减小，则滑动变阻器R两端以及电容器两板间的电压变大，电容器充电，则电阻R2中有向下的电流，电容器C极板所带电荷量变多。故选D。10.如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（　　）A.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.5m/s【答案】C【解析】【详解】以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得解得当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得 解得木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为故C正确，ABD错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.同学们用图a所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，实验室提供的器材如下：电压表、电阻箱（阻值范围）、开关、导线若干。（1）请根据图a所示的电路图，在图b中用笔画线替代导线，把器材连接起来______。（2）根据图c中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=________V，内阻测量值r=________。（结果保留两位有效数字）（3）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是__________。（4）两个实验小组用不同的电池组完成了上述的实验后，发现各电池组的电动势相同，只是内阻差异较大。同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内阻热功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，画出了如图所示的图像。已知乙电池组的内阻较大，则下列各图中可能正 确的是________。【答案】①.②.3.0③.1.4④.电压表的分流作用⑤.A【解析】【详解】（1）[1]连接电路如图所示。（2）[2]由图a和闭合电路欧姆定律可得整理可得由图c可知，图像的斜率表示电动势，则有[3]图线在纵轴上的截距是内阻测量值（3）[4]该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是电压表的内阻不是无穷大，有分流作用，流经R的电流小于流经电池组的电流，从而产生系统误差。 （4）[5]由焦耳定律可得，电源内阻热功率P与U为二次函数关系，开口向上，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为，内阻越大，截距越小，已知乙电池组的内阻较大，则乙的纵轴截距较小，A正确，BCD错误。故选A。12.强夯机是在建筑工程中由于需要对松土压实处理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图所示。重锤的质量，从离地高处自由下落，重锤夯土历时，然后陷在土中。取，不计空气阻力。求：(1)重锤自由下落的时间t和刚落地时的速度大小v；(2)重锤对松土的平均作用力大小F。【答案】(1)2.0s，20m/s；(2)6×105N【解析】【详解】(1)由自由落体运动规律有落地时的速度代入数据解得，(2)研究重锤夯土过程，选竖直向上为正方向，对重锤由动量定理有代入数据解得 由牛顿第三定律可知，重锤对松土的作用力大小为6×105N。13.如图甲所示的电路中，使滑动变阻器的滑片位置从最右端滑动到最左端，测得电压表V随电流表A的示数变化的图像如图乙所示，不计电表内阻的影响。求：（1）定值电阻R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值Rm；（2）电源的电动势E和内阻r；（3）电源输出功率的最大值与最小值。【答案】（1），；（2），；（3），【解析】【详解】（1）当滑到最左端时，回路电流最大，根据欧姆定律可得滑动变阻器的触头在最右端时，回路电流最小，此时因此（2）根据可知图线斜率的绝对值等于内电阻将滑动变阻器滑到最左端时，电压，电流代入欧姆定律可得 （3）当时，电源的输出功率最大，此时当内电阻与外电阻差距越大，输出功率越小，因此当时，电源的输出功率最小，最小功率为14.如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，取。求：（计算结果保留根号和π）（1）单摆的摆长；（2）摆球的质量及小球到达B点时速度大小；（3）摆球在四分之一周期内从A运动到B过程中摆线对小球拉力的冲量大小。【答案】（1）0.4m；（2）m=0.05kg，；（3）【解析】【详解】（1）小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律可得T=0.4πs由单摆的周期公式为 解得（2）摆球受力分析如图所示在最高点A，有在最低点B，有摆球从A运动到B，由机械能守恒定律得联立三式并代入数据得m=0.05kg（3）设摆球从A运动到B过程中摆线对小球拉力冲量大小为IF，设摆球从A运动到B过程中所受合力冲量为I合，则由动量定理得I合=m（v-0）=mv方向水平向左；重力的冲量为方向竖直向下 如图矢量图可得绳的拉力的冲量大小为代入数据得15.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块上，另一端与滑块接触但未连接，该整体静止放在离地面高为的光滑水平桌面上。现有一滑块从光滑曲面上离桌面高处由静止开始滑下，与滑块发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块向前运动，经过一段时间，滑块脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出。已知，，，滑块、、均可看作质点，取，不计空气阻力。求：（1）滑块与滑块碰撞结束瞬间的速度大小；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块落地点与桌面边缘水平距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为，由机械能守恒定律有 解得滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，由动量守恒定律有解得（2）滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块、、速度相同，设为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有解得由机械能守恒定律有代入数据解得（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设此时滑块、的速度为，滑块的速度为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有联立解得滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动 联立解得