江苏省盐城市射阳中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题（含答案）

这是一份江苏省盐城市射阳中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题（含答案），共12页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年秋学期高二年级学情检测物理试卷时间：75 分钟分值：100分命题人：审核人：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.按图连接电路后，灯泡L不亮，且灯泡L是好的，用电压表测得Uab=6V，Ucd=Ubd=0，Uad=6V，由此可断定该电路可能发生的故障是（　　）A．R1断路        B．R2短路C．R1短路        D．R2断路2.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。当滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时，下列说法正确的是（　　）A．灯L变暗       B．流经电源的电流变小C．电阻R3消耗的功率变小   D．电容器 C上的电荷量变大3.如图所示的U-I图像中，直线A 为电源的路端电压与电流的关系，直线 B、C分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则（　　）A．两个电阻的电功率相等B．R1接在电源上时，电源的输出功率较大C．R2接在电源上时，电源内阻的热功率较大D．两种情况下，电源中非静电力做功的功率相等4.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机（如图所示），不仅对眼睛危害大，还经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为200g，从离人脸约 20cm的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A．手机下落的过程和与人脸接触的过程均处于失重状态B．手机对人脸的冲量大小约为0.4N·sC．手机对人脸的平均冲力大小约为6ND．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为05.有关实际中的现象，下列说法不正确的是（　　）A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．落在水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大D．用枪射击时要用肩部抵住枪是为了减少反冲的影响6. 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，则（　　）A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒B．此后的过程中，小球一直做圆周运动C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为07. 在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组中描述振动的物理量总是相同的是（　　）A．速度、加速度、动能    B．加速度、回复力和位移C．加速度、速度和位移    D．位移、动能、速度8.如图甲所示，弹簧振子运动的最左端M和最右端N距离平衡位置的距离均为l，规定水平向右为正方向，振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A．图中x0的大小等于lB．时间内振子由M向O运动C．时间内振子由M向O运动D．时间内与时间内振子运动方向相反9.如图所示，曲面AO是一段半径为 2m 的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长为 10cm，。现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端的速度分别为v1和v2，经历的时间分别为t1和t2，那么（　　）A．v1<v2，t1<t2     B．v1>v2，t1=t2C．v1=v2，t1=t2     D．以上三项都有可能10.图甲为公园里有一水托石球的景观，高速喷出的水流将一质量为M的石球悬停在空中。为方便计算，如图乙所示，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平板；水流冲击到石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。则高压水流的速度v可表示为（　　）A．    B．   C．    D．二、非选择题：共6题，共60分。其中第13题~第16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势 E及内阻r。（1）先直接用多用电表测定该电池电动势。在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图所示，其示数为V；（2）然后，用电压表 V、电阻箱R、定值电阻R0、开关 S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势及内阻。①根据实物图在方框内画出其电路图，并标出相应符号；②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表 V 相应示数U，根据几组数据，计算出相应的与的值并作出图线，如图所示，得到轴上的截距大小为b，图线的斜率大小为k，则可求得E=，r=。（用字母R0、b、k表示）12.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量 XM、XP、XN分别为M、P、N距O点的水平距离。（1）关于本实验，下列说法正确的是。A．入射小球每次可由不同位置自由滚下  B．两小球的质量关系必须m1>m2C．斜槽轨道必须光滑      D．斜槽轨道末端必须水平（2）若测量数据近似满足关系式（用m1、m2、XM、XP、XN表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。（3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式（仅用XM、XP、XN表示），则说明碰撞为弹性碰撞。13.如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω。若电灯恰能正常发光，求：（1）电源的总功率PE（2）电动机输出的机械功率P机14.有一弹簧振子在水平方向上的C、D之间做简谐运动，已知C、D间的距离为20cm，振子在3s内完成了15次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t=0），经过周期振子有正向最大加速度；（1）写出振子的振动方程；（2）在图中做出该振子的位移——时间图像。15.如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v₀滑上木板左端。若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：（1）滑块与木板间的动摩擦因数μ；（2）木板的质量M。16.如图所示的水平面，A点左侧和B点右侧的水平面光滑，半径为R、质量2m的光滑圆弧形槽放在水平面上，弧形槽刚好与水平面相切于A点，质量为5m的物块乙左端拴接一轻弹簧，静止在水平面上，弹簧原长时左端点刚好位于水平面上的B点。已知AB段粗糙且物块甲与AB段间的动摩擦因数为A、B两点之间的距离为R，质量为m的物块甲由弧形槽的最高点无初速度释放，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：（1）物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小；（2）整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值；（3）通过计算说明物块甲能否第二次通过A点，若能，求出物块甲第二次到A点的速度；若不能，求出物块甲停止时到A点的距离。  参考答案1. A【详解】由题意可知说明电源没问题；Ucd=Ubd=0说明电路cd间某一处短路，或bd路段外某处断开，Uad=6V 说明ad间有断路其余部分是连通的，综合分析可判断R1断路。故选A。2. B 【详解】B．滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时R2变大，则总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律有可得总电流I减小， B正确；C．由选项 B可知由于I减小，则U，增大，根据纯电阻电路功率公式有则电阻R3消耗的功率变大，C错误；D．由选项C知U增大，I减小，根据可知I3增大，根据I=I1+I3可知I1减小，根据U1= I1R1，Q=CU₁则U1减小，Q减小，即电容器C上的电荷量变小， D错误；A．由选项CD可知，U1减小、U外增大，则则UL增大，灯L变亮， A 错误。故选B。3. B 【详解】AB．由两图线的交点读出，R1接在电源上时U1=0.5U0I1=0.5I0电源的输出输出功率P1=U1I1=0.25 UoI₀R2接在电源上时电压U2=0.75U0通过R2的电流I2=0.25I0则电源的输出功率所以R1接在电源上时，电源的输出功率较大，故 B正确，A错误；C．由图可知，电源接R1时电路中的电流大，所以电源内阻的热功率较大，故 C错误；D．电源非静电力做功的功率为P=IE所以电流大的，非静电力的功率大，故 D错误。故选B。4. C【详解】A．手机下落的过程中，加速度向下，处于失重状态；与人脸接触的过程中，加速度先向下后向上，即先失重后超重，故 A错误；BC．手机对人脸的冲量大小等于人脸对手机的冲量大小，设人脸对手机的作用力为F，则有解得所以人脸对手机的冲量为I= Ft=0.6N·s根据牛顿第三定律，手机对人脸的平均冲力大小等于人脸对手机的平均冲力大小，故B错误、C正确；D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小为故 D错误。故选 C。5. C【详解】A．根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确与题意不符；B．体操运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，由I=Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F。故B正确，与题意不符C．落在水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它与水泥地的接触时间短，根据动量定理，可知当其受到冲量一定时，受到的作用力大。故C错误，与题意相符；D．用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身。故D正确与题意不符。故选 C。6. C【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故 A错误；B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动；而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故 B错误；C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于可知，小球重力的平均功率为0，故C正确；D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为I=mgt时间增加，则冲量不为0，故 D错误。故选C。7. B【详解】当振子每次经过同一位置时，相对于平衡位置的位移必定相同；则振子的回复力：F=-kx，回复力必定相同；当振子每次经过同一位置时，回复力为定值，由牛顿第二定律得，加速度必定相同。当振子每次经过同一位置时，速度大小相同，所以动能必定相等；但速度的方向可能相反。故 ACD错误， B正确。故选B。点睛：该题考查简谐运动的特点，知道振动过程机械能守恒，注意振子每次经过同一位置时，描述振动的物理量中有的矢量，有的是标量。8. A【详解】A．结合甲、乙两图可以知道时刻振子的位移为正值且最大，振子位于 N，x0的大小等于l， A 正确；B．时间内振子的位移为正值，且逐渐增大，振子由O向N运动，B错误；C．时间内振子的位移为正值，且逐渐减小，振子由N向O运动，C错误；D．时间内振子先从位移为零处沿正方向运动到正的最大位移处，再从正的最大位移处沿负方向运动到位移为零处；时间内振子先从位移为零处沿负方向运动到负的最大位移处，再从负的最大位移处沿正方向运动到位移为零处，D错误。故选A。9. B【详解】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成摆长为2m单摆，即做简谐运动，单摆的周期与振幅无关根据机械能守恒定律得解得v1>v2故选 B。10. A 【详解】高压水流冲击到石球底部后，在竖直方向的速度变为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理得-Mgt=ρSvt（0-v）得故选A。11.9.6【详解】（1）[1]由图可知多用电表选用直流电压 10V挡，此时分度值为0.2V，需要估读到0.1V，所以读数为U=48×0.2V=9.6V（2）①[2]如图所示。②[3][4]根据闭合电路欧姆定律有整理得由题意可得解得12.BD【详解】（1）[1]A．为了保证入射小球运动到斜槽末端的速度不变，斜槽轨道不必光滑，但是入射小球每次必须从同一位置自由滚下， AC 错误；B．为了使入射小球碰撞后不弹回，两小球的质量关系必须m₁>m₂， B正确；D．为了保证碰撞后两个小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，D正确。故选 BD。（2） [2]根据动量守恒定律得解得（3）[3]根据解得13.（1） 60W（2） 36W【分析】本题主要考查闭合电路欧姆定律及非纯电阻电流的功率计算问题，根据电灯恰能正常发光即可求回路中的电流；由P=EI可求得电源的总功率；电动机输出的机械功率等于电源总功率减去回路中的热功率。【详解】解：（1）电灯恰好正常发光，其电流电源总功率（2）设电动机两端电压为UM，则有解得电动机输出功率代入数据联立计算得出14.（1）y=10sin（10πt+π） cm；（2）【详解】（1）振幅A=10cm，周期T=0.2s，设振动方程为y=Asin（ωt+φ）当t=0时，y=0，则sinφ=0，得φ=0或φ=π当经过周期振子有正向最大加速度，y为负值，所以φ=π所以振动方程为y=10sin（10πt+π） cm（2）振子在周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移_时间图像如图所示15.（1）；（2） 8m【详解】（1）木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为f=μmg由动能定理有解得，滑块与木板间的动摩擦因数为（2）木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由能量守恒定律有对木板和滑块系统，由动量守恒定律有mv0=（m+M）v联立两式解得，M=8m16.（1）；（2）（3）能通过，【详解】（1）A点左侧的水平面光滑，以物块甲和弧形槽为系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，设物块甲刚到达水平面时速度为v1，弧形槽速度为v2，根据动量守恒定律有mv1-2mv2=0弧形槽圆弧光滑，根据能量守恒有联立解得物块甲刚到达水平面时，物块甲和弧形槽的位移大小x1，x2及关系为联立解得（2）物块甲从A到B，设到达B的速度为v3，根据动能定理有联立解得物块甲过B点后，压缩弹簧，物块甲和物块乙共速时，弹簧储存的弹性势能最大，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv3=（m+5m）v根据能量守恒有解得（3）设物块甲第二次通过B点的速度为v4，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有根据能量守恒有联立解得假设物块甲返回后在离B距离为x时静止，根据动能定理有解得所以物块甲能第二次通过A点，根据动能定理有