四川省南充市阆中东风中学校2023-2024学年高二上学期第二次段考物理试题（Word版附解析）

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考试时间：75分钟 试题满分：100分
一．单项选择题（每题4分，共28分）
1. 下列说法中错误的是（ ）
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系
B. 法拉第发现了电磁感应现象，为人类进入电气化时代做出伟大贡献
C. 查德威克提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的
D. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波
【答案】C
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系，故A正确；
B．法拉第发现了电磁感应现象，为人类进入电气化时代做出伟大贡献，故B正确；
C．安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的，故C错误；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验“捕捉”到了电磁波，故D正确。
本题选错误的，故选C。
2. 跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B. 运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C. 运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D. 运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，故A错误；
B．运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；
C．整个过程根据动量定理可得I=m△v=0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；
D．整个过程根据动量定理可得
I=IG+IF=m△v=0
所以
IG=-IF
即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确；
故选D。
3. 如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、、、、作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是（ ）

A. AD两点间电势差与两点间电势差相等
B. 带正电的粒子从A点沿路径移到点，电场力做正功
C. 带负电的粒子从A点沿路径移到点，电势能减小
D. 带电的粒子从A点移到点，沿对角线与沿路径电场力做功不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场强度的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、两点沿电场线的方向有距离，所以不为0，故A错误；
B．带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由电场力做正功，故B正确；
C．带负电的粒子从A点到D电场力不做功，而由电场力做负功，电势能增大，故C错误；
D．由电场力做功的特点（电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关）可知，带电粒子从A点移到点，沿对角线与沿路径电场力做功相同，故D错误。
故选B。
4. 一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线振幅A与驱动力频率f的关系如图所示，则下列说法不正确的是（ ）

A. 此单摆固有周期为0.5s
B. 当驱动力的频率为0.25Hz时，单摆的振动频率也为0.25Hz
C. 若摆长增大，单摆的固有频率不变
D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
【答案】AC
【解析】
【详解】A.单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为，周期为2s，故A错误；
B.做受迫振动的物体其振动频率等于驱动力的频率，所以当驱动力的频率为0.25Hz时，单摆的振动频率也为0.25Hz。故B正确；
CD.若摆长增大，由公式
单摆的固有周期增大，则固有频率减小。若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动。故C错误，D正确。
本题选不正确的，故选AC。
5. 第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月20日落下帷幕，冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v-t图像如图所示。已知两壶的质量均为20kg，则碰撞后蓝壶的加速度大小为（ ）
A. 0.12m/s2B. 0.14m/s2
C. 0.16m/s2D. 0.18m/s2
【答案】A
【解析】
【详解】设碰后蓝壶速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后红壶的速度为v＇=0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律
mv0=mv＇+mv
解得
v=0.6m/s
碰撞后蓝壶的加速度为
负号表示加速度方向与初速度方向相反，即加速度大小为0.12m/s2。
故选A。
6. 如图甲所示为竖直方向的弹簧振子，图乙是该振子完成一次全振动时其位移随时间的变化规律图线，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子的运动是简谐运动，弹力充当回复力
B. 时刻振子处在弹簧原长的位置
C. 到内，振子速度正在增大
D. 到内，振子加速度正在减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．振子的运动是简谐运动，充当回复力的是：弹力和重力的合力，A错误；
B．时刻，振子的速度向上最大，此时正处在平衡位置，即，弹簧处于伸长状态，B错误；
C．内，振子从最高点向平衡位置运动，速度正在增大，位移正在减小，回复力正在减小，加速度正在减小，C正确；
D．内，振子从平衡位置向最低点运动，速度正在减小，位移正在增大，回复力正在增大，加速度正在增大，D错误。
故选C。
7. 如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑.开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒
B. 从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒
C. 从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒
D. 子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误；
B．一颗子弹以水平速度射入物块，并留在物块中，子弹、物块、弹簧组成的机械能损失最多，故B错误；
C．子弹开始打物块到与物块共速，子弹和物块作用时间极短，内力远大于外力，子弹、物块组成的系统动量守恒，故C正确；
D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故D错误。
故选C。
二、多选题（每题6分，共18分）
8. 如图所示，面积为S的长方形线框放在垂直纸面向里、足够大的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，下列分析正确的是（ ）
A. 图示位置，穿过线框中的磁通量为
B. 以边为轴，让线框转过角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
C. 线框以边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流
D. 线框绕过D点与磁场平行的轴转动，线框中会产生感应电流
【答案】BC
【解析】
【详解】A．图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量
故A错误；
B．以边为轴，让线框转过角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
故B正确；
C．线框以边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生改变，线框中会产生感应电流，故C正确；
D．线框绕过D点与磁场平行的轴转动，线框中的磁通量始终为，线框中不会产生感应电流，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻。若灯泡恰能正常发光，下列说法中正确的是（ ）
A. 电路电流12A
B. 电动机的输入功率为12W
C. 用电动机匀速提升10N重物速率为1m/s
D. 整个电路消耗的电功率84W
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对灯泡，由P=UI可得，电路电流
故A错误；
B．电动机的输入功率为
故B正确；
C．电动机的发热功率
P热=I2RM=（2A）2×0.5Ω=2W
电动机的输出功率
P输出=P-P热=12W-2W=10W
用电动机匀速提升10N重物时电动机对重物的牵引力
F=G=10N
牵引力的功率即电动机的输出功率
P输出=Fv
解得
v=1m/s
C正确；
D．整个电路消耗的电功率
故D错误；
故选BC。
10. 如图所示，电源的内阻较大不可忽略，R1、R2、R3为定值电阻，初始时S1闭合、S2断开，现将S2闭合，电压表和电流表A1示数变化的绝对值分别为和，则（ ）
A. 电流表A1的示数变大，A2的示数变小
B. 电压表的示数变大
C. 电源的输出功率变大
D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．S2闭合后，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则电流表A1的示数变大，两端电压变大，则电压表示数变小，即两端电压变小，通过的电流变小，则电流表A2的示数变小，故A正确，B错误；
C．当外电路总电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，但是题目没告诉定量关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D．设电压表示数为，电流表A1示数为，根据闭合电路欧姆定律可得
则有
故D正确。
故选AD。
三．填空题（每空2分，共18分）
11. 为了精确地测量待测电阻（约）阻值，实验室提供了下列器材：
A.电流表（量程为，内阻）
B.电流表（量程为，内阻约）
C.滑动变阻器（，额定电流）
D.滑动变阻器（，额定电流）
E.电阻箱R（阻值范围为）
F.电源（电动势，内阻约）
G.开关S、导线若干
（1）由于没有电压表，某同学把电流表，串联电阻箱R改为量程为的电压表，他需要把电阻箱的阻值调为___________；
（2）该同学选择的滑动变阻器为____________；（填“C”或“D”）
（3）实验电路图如下图所示：
（4）按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表、的示数、，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出图像如上图所示，则待测电阻____________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 5000.0 ②. D ③. 9.0
【解析】
【详解】（1）[1]由于没有电压表，某同学把电流表，串联电阻箱R改为量程为的电压表，则有
解得
（2）[2]由于待测电阻约为，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选择D。
（4）[3]根据欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得待测电阻为
12. 某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于。
（1）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图乙所示，则摆球直径______，再测量摆线长L0，则单摆摆长______（用d、L0表示）；
（2）摆球摆动稳定后，当它到达最低点时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数，当时刚好停表。停止计时的秒表读数为，该单摆的周期为________s（结果要求保留3位有效数字）；
（3）如果根据实验数据，由计算发现：测量值小于真实值，可能原因是_____；
A．将摆球经过最低点的次数n计多了
B．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
C．开始计时 ，秒表过迟按下
D．由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大
（4）某同学作出了图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（，）、（，），可求得________。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. 1.25 ②. ③. ④. D ⑤. ⑥. 不变
【解析】
【详解】（1）[1][2]游标卡尺主尺读数为1.2cm，游标尺第5刻度与主尺某一刻度对齐，故摆球直径为
单摆摆长从悬点到小球球心间的距离，即
（2）[3]由题意可知
（3）[4]根据周期公式
A．将摆球经过最低点的次数n计多了，则测量的周期T偏小，所测g偏大，故A错误；
B．将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则摆长L偏大，所测g偏大，故B错误；
C． 则测量的周期T偏小，所测g偏大，故C错误；
D．由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大，根据公式可得所测g偏小，故D正确。
故选D。
（4）[5][6]根据单摆周期公式
可得
可知图像的斜率为
解得
若该同学测摆长时漏加了小球半径，则有
可得
可知图像的斜率仍为
则用上述方法算得的g值和真实值相比不变。
四．解答题（13题10分，14题12分，15题14分）
13. 一个质量为的小球竖直向下以的速率落至水平地面，与地面的作用时间为0.2s，再以的速率反向弹回。取竖直向下为正方向，，求：
（1）小球与地面碰撞前后的动量变化量？
（2）考虑小球的重力，求小球受到地面的平均作用力大小方向？
【答案】（1）大小为，方向竖直向上；（2），方向竖直向上
【解析】
【详解】（1）取竖直向下为正方向，则碰撞前后的动量变化量为
负号表示方向竖直向上。
（2）考虑小球的重力，取竖直向下为正方向，设小球受到地面的平均作用力大小为，方向竖直向上，由动量定理可得
解得
假设成立，即小球受到地面的平均作用力大小为，方向竖直向上。
14. 如图所示为一弹簧振子的振动图像，完成以下问题：
（1）该振子振动的振幅、周期、频率；
（2）该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？
（3）写出该振子简谐运动的表达式，计算t=1.5s时振子的位移。

【答案】（1）2cm，4s，0.25Hz；（2）0，2m；（3）x＝2 sin(t+cm，−cm
【解析】
【详解】（1）由振动图像可得振子振动的振幅
A＝2 cm
周期
T＝4 s
频率
（2）振子经过一个周期位移是零，路程为4A＝8cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子总位移x＝0，振子路程
s＝25×4A cm＝200 cm＝2 m。
（3）初相位φ＝，角速度
故该振子做简谐运动的表达式为
x＝2 sin(t+cm
由简谐运动的表达式，可知当t=1.5s时振子的位移
15. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道A和长L=3.5m的平板B静置于光滑水平地面上，A与B在同一竖直平面内，二者接触且上表面相切。小物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数µ=0.1。固定B，给C一水平向左的初速度v0=4m/s。已知mA=2kg、mC=1kg，g=10m/s2。求：
（1）C到A最低点P时的速度大小及受轨道的弹力大小；
（2）C在A上能达到的最大高度；
（3）C在A上达到最大高度的过程中支持力对C做的功。
【答案】（1），；（2）0.3m；（3）
【解析】
【详解】（1）设C到A最低点P点时的速度为，根据动能定理可得
设C在A最低点P点时的受到的支持力大小为，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）A不固定，C滑至点P后过程中，A、C组成的系统水平方向动量守恒，C在A上达到的最大高度时，A、C速度相等，设为v，由动量守恒得
对A、C系统由能量守恒得
联立解得
（3）C在A上达到最大高度的过程中由动能定理得
解得