2023-2024学年江苏省苏州中学相城实验项目•相城中学高二（上）第一次学情调研物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州中学相城实验项目•相城中学高二（上）第一次学情调研物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的电场中，实线表示电场线，虚线表示等差等势面，A、B、C为电场中的三个点。下列正确的
A. A点电势比B点高
B. A点场强比B点小
C. 负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大
D. B点和C点间的电势差是C点和A点间电势差的2倍
2.如图所示为探究感应电流产生条件的实验装置。仅在下列哪种情况下线圈B中无感应电流
( )
A. 开关闭合瞬间B. 开关断开瞬间
C. 开关闭合后，滑动变阻器滑片不动D. 开关闭合后，A从B中拔出
3.“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位是( )
A. N·sB. NC. m/sD. m/s2
4.如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们的动量的变化量分别为Δp1、Δp2。已知m1∶m2=1∶2，空气阻力忽略不计，则Δp1∶Δp2为
( )
A. 1∶2B. 1∶3C. 1∶1D. 2∶1
5.如图所示是某导体的I−U图线，图中α=45 ∘，下列说法错误的是
( )
A. 通过该导体的电流与其两端的电压成正比
B. 此导体的电阻R=2.0Ω
C. I−U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R=ct45 ∘=1.0Ω
D. 在该导体两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C
6.如图所示，在磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，固定一根与磁场方向垂直的通电直导线OO′，在导线外，以导线截面的中心为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点。已知c点的磁感应强度为 2T，方向斜向右上方，并与磁感应强度B方向的夹角为45°，则下列说法正确的是( )
A. 直导线中的电流方向垂直纸面向里B. a点的磁感应强度与c点的相同
C. d点的磁感应强度为零D. b点的磁感应强度为零
7.如图所示，足够长的两根光滑细杆水平平行放置(处在竖直面内)，质量相等的两个小球A、B分别套在两杆上，开始时AB位置连线与杆垂直，A和B连接着一轻质弹簧，此时弹簧恰好为原长(弹簧永远在弹性限度内)，现给B球一个初速度v0向右运动，则关于两小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 第一次两球相距最远时，B球的速度为0
B. 第一次两球相距最远时，B球的速度为v02
C. 从B球开始运动后，B球的速度不可能为零
D. 第一次两球相距最远时，弹性势能最大，系统动能为0
8.将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是
( )
A. 弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零
B. 圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为 gh
C. 弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大
D. 上升过程中，圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒
9.质量为M，竖立在地表的火箭，点火后瞬间加速度为4g(g为地表力加速度)，若单位时间火箭喷出的气体质量为μ，则点火后瞬间火箭的喷气速度为( )
A. 5MgμB. 3MgμC. μ5MgD. μ3Mg
10.新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护．母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞．若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于( )
A. 弹性碰撞B. 非弹性碰撞
C. 完全非弹性碰撞D. 条件不足，无法确定
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。

(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为__________mm。(2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端__________(选填“升高”或“降低”)一些。
(3)测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用d表示。导轨调水平后，将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满足mA__________mB(选填“>”“；(4)mB1Δt1=−mB1Δt2+mA1Δt3；(5)无。
【解析】【分析】
本题考查了实验验证动量守恒定律，解题的关键是理解实验原理和实验操作及注意事项，会游标卡尺的读数，熟练运用动量守恒定律。
(1)根据游标卡尺读数规则可知，游标卡尺主尺读数加上游标读数为游标卡尺读数，不需要估读；
(2)由于挡光片或遮光条的宽度很小，可用平均速度表示滑块通过光电门的瞬时速度，即v=dt，根据时间关系可知滑块通过光电门的速度关系，即可分析；
(3)根据碰撞前后速度的方向判断质量关系；
(4)根据上面分析结合动量守恒定律即可得出滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式；
(5)根据动量守恒的表达式进行分析判断。
【解答】
(1)由图示游标卡尺可知，遮光条宽度的读数为13mm+0.05×9mm=13.45mm；
(2)发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，即t1>t2，又因为挡光片或遮光条的宽度很小，可用平均速度表示滑块通过光电门的瞬时速度，即v=dt，有t1=dv1，t2=dv2，故v1mB；
(4)B与A碰撞前的速度大小为vB=dΔt1，碰后B的速度大小为vB′=dΔt2，碰后A的速度大小为vA=dΔt3，结合动量守恒定律有mBdΔt1=−mBdΔt2+mAdΔt3，化简之后可得mB1Δt1=−mB1Δt2+mA1Δt3；
(5)由mB1Δt1=−mB1Δt2+mA1Δt3可知实验中遮光条宽度的测量值可以通过约分约掉，所以遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒无影响。
12.【答案】(1)D;
(2)①B；②4ρπd2x;
(3)(b−a)πd2E4c；
(4)不变。
【解析】【分析】
(1)根据螺旋测微器的的特点解答;
(2)根据电阻定律确定Rx与x的关系式；
(3)(4)利用闭合电路欧姆定律与电阻定律得出1I与x的函数表达式，从而可知斜率与截距所代表的物理意义，联立求解即可分析。
【解答】
(1)用螺旋测微器测长度时应先用粗调旋钮C，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，调节微调旋钮D，直至发出“喀喀”声时停止，以保护螺旋测微器不受伤害;
(2)①闭合开关前滑片P滑至电阻丝的最大电阻处，即B端；
②根据电阻定律可知Rx=ρxS=ρxπ(d2)2=4ρπd2x，
(3)如不考虑电流表A的内阻；由闭合电路欧姆定律，得E=I(R+ρxS)，即1I=RE+ρESx，
则由题图3可得ρES=b−ac，则ρ=(b−a)SEc=(b−a)πd2E4c;
(4)如考虑电流表A内阻；由闭合电路欧姆定律，得E=IR+RA+ρxS，即1I=R+RAE+ρESx，
则由题图3可得ρES=b−ac，则ρ=(b−a)SEc=(b−a)πd2E4c，则测得的电阻丝的电阻率将不变。
13.【答案】(1) 3.3×10−3Wb ；(2) 5.0×10−2Wb
【解析】(1)图示位置，穿过a线圈中磁通量
Φa=Bπra2
磁场转过30°，a线圈面积在垂直磁场方向的投影为 πra2cs30∘ ，则穿过a线圈中磁通量
Φ′a=B⋅πra2cs30∘
a线圈中磁通量改变量
ΔΦa=Φa−Φa′=Bπra2(1−cs30∘)≈3.4×10−3Wb
(2)以线圈b正对读者的一面为观察对象，初状态磁感线从该面穿入，线圈转180°后，磁感线从该面穿出，故
ΔΦb=B⋅πra2−(−B⋅πra2)=2Bπra2=5.0×10−2Wb
14.【答案】解：(1)以A和B为整体，根据牛顿第二定律可得μmCg=mA+mBa，解得C刚滑上A时，A的加速度大小为a=2m/s2；
(2)C刚离开A时，A、B速度相等，为v′B；C到达B的最高点时，B、C的共同速度为vB=3m/s；
对B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得mCvC+mBv′B=mB+mCvB，
解得C离开A时，B的速度大小为v′B=1m/s，
(3)从C刚滑上A到滑离A，根据系统动量守恒定律可得mCv0=mCvC+mA+mBv′B，解得v0=6m/s，
根据能量守恒定律可得12mCv02=μmCgL+12mA+mBv′B2+12mCvC2，解得A的长度为L=2.25m。

【解析】以A和B为整体，根据牛顿第二定律求解C刚滑上A时，求A的加速度大小。
15.【答案】解：(1)设抛出时速度大小为v1，由动能定理可得
−3mgH=12⋅3mv02−12⋅3mv12
解得v1= v02+2gH
(2)在小球拉着环运动过程中，对球、环、绳的系统在水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，球摆动至最高点时两者相对静止，竖直速度为零，而两者有共同的水平速度为v，故
3mv0=(3m+m)v
系统满足机械能守恒，设小球摆起的高度为h，有
12×3mv02=12×(m+3m)v2+3mgh
联立解得h=v028g
则小球离地的最大高度为H′=H+h=H+v028g
(3)小球再次摆回最低点过程相当于二者发生弹性碰撞，根据弹性碰撞，动量守恒和机械能守恒：
3mv1′+mv2=3mv0
12×3mv1′2+12mv22=12×3mv02
解得v1′=12v0,v2=32v0
(4)自滑环开始运动至小球第一次到达最高点，在水平方向任一时刻的总动量守恒，即
3mv1+mv2=3mv0
将该过程看作由很多微小时间间隔t1，t2，t3……组成，由上式可得
3mv1t1+mv2t1=3mv0t1
3mv1′t2+mv′2t2=3mv0t2
3mv″1t3+mv″2t3=3mv0t3
……
由上述各式相加得
3m(v1t1+v′1t2+v″1t3+……)+m(v2t1+v′2t2+v″2t3+……)=3mv0(t1+t2+t3+……)
该过程小球水平方向的位移为
(v1t1+v′1t2+v″1t3+…)=s+ L2−(L−h)2
圆环在水平方向的位移为
(v2t1+v′2t2+v2″t3+…)=s
联立解得从滑环开始运动到小球第一次达到最高点的时间为
t=(t1+t2+t3+…)=4s3v0+ 16gL−v028g
【解析】(1)前后对小球应用动能定理，求解抛出时的速度大小；
(2)对球、环、绳的系统在水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，球摆动至最高点时两者相对静止，可求出水平速度为v，再系统机械能守恒，求小球摆起的高度为h，从而求出小球离地的最大高度；
(3)小球再次摆回最低点过程相当于二者发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒特点求解；
(4)自滑环开始运动至小球第一次到达最高点，将该过程看作由很多微小时间间隔组成，根据水平方向动量守恒，结合位移关系，从而求出从滑环开始运动到小球第一次达到最高点的时间。
本题考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律等知识，综合性强，难度较大。