江苏省盐城市响水中学2024-2025学年高二上学期10月学情分析物理试卷

这是一份江苏省盐城市响水中学2024-2025学年高二上学期10月学情分析物理试卷，共16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，张紧的水平绳子上悬挂着A、B、C、D四个摆长不同的摆。若让A摆在垂直于水平绳的竖直平面内先摆动起来，会发现B、C、D也摆动起来，待稳定时各摆( )
A. 振幅相等B. 周期相等
C. 最大摆角相等D. 摆球通过最低点速度相等
2.如图甲所示为共振筛原理图，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，图乙是该共振筛的共振曲线.已知增加筛子质量可减小筛子的固有频率，现偏心轮的频率为0.75Hz，为增大筛子的振幅，可以( )
A. 提高偏心轮的频率或增大筛子质量B. 提高偏心轮的频率或减小筛子质量
C. 降低偏心轮的频率或增大筛子质量D. 降低偏心轮的频率或减小筛子质量
3.催化燃烧式气体传感器可以检测一氧化碳气体，当一氧化碳气体达到一定的浓度，传感器中的检测片燃烧，使检测片温度上升、检测片的电阻增加，如图所示电路中，R为催化燃烧式气体传感器的检测片。当环境一氧化碳气体达到一定浓度，会发现( )
A. 电压表、电流表示数均减小B. 电压表，电流表示数均增大
C. 电压表示数减小，电流表示数增大D. 电压表示数增大，电流表示数减小
4.如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=2Ω，两个定值电阻均为8Ω，平行板电容器的电容C=3×10-6F，则( )
A. 开关断开时两极板间的电压为43V
B. 开关断开时电容器所带电荷量为4×10-6C
C. 开关接通时电容器所带电荷量为4×10-6C
D. 开关接通时两极板间的电压为45V
5.如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，游客的质量为m，重力加速度为g，则游客从最高点到最低点的过程中( )
A. 重力的冲量大小为mRωB. 重力的冲量大小为2mRω
C. 重力的冲量大小为mgπωD. 重力的冲量大小为2mgπω
6.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面体A，斜面体质量为 M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端，此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A. FN=mgcsa
B. 滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒
C. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcsa
D. 此过程中斜面体向左滑动的距离为MM+mL
7.质量为0.1kg的物体静止在水平地面上，从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用，F随时间t的变化情况如图乙所示，g取10m/s2，则物体9s末的速度为( )
A. 135m/sB. 130m/sC. 45m/sD. 50m/s
8.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P、Q分别为波上的两个质点，图乙为Q点的振动图象，则( )
A. 波沿+x方向传播
B. 波的传播速度大小为0.4m/s
C. t=0.15s时，Q点的加速度达到正向最大
D. t=0.10s到0.25s的过程中，P点通过的路程为20 cm
9.用如图甲所示的电路来测量电池电动势 E和内电阻 r，根据测得的数据作出如图乙所示的U-I图线，由图可知( )
A. 电池电动势的测量值为1.40V
B. 电池内阻的测量值为3.5Ω
C. 外电路发生短路时的电流为0.4A
D. 电压表的示数为1.20V时，电阻R的阻值为0.20Ω
10.将一电源、定值电阻R0=2Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该电源电动势为9VB. 该电源内阻为1Ω
C. 调整R，电源最大输出功率为9WD. 电阻箱功率最大时电源效率为50%
11.某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物 M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电压表示数随时间变化关系如图乙所示，已知0-t1时间内，小车处于静止状态，则( )
A. t2∼t3时间内，小车可能向右做匀加速直线运动
B. 0∼t1时间内，弹簧处于原长状态
C. t1∼t2时间内，小车的加速度随时间均匀减小
D. t2∼t3时间内，小车一定做匀变速直线运动
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.在“测量一节干电池的电动势和内阻”实验中，电路图如图，可选用的实验器材有：
电压表V1(量程3V);电压表V2(量程15V);
电流表A1(量程0.6A);电流表A2(量程3A);
滑动变阻器R1(最大阻值300Ω);滑动变阻器R2(最大阻值20Ω);
干电池;开关S;导线若干;
(1)选择合适的器材：电压表应选__________，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________(填写所选器材前的符号)
(2)测得的7组数据已标在如图所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E=__________V和内阻r=__________Ω。(注意纵坐标未从0开始)
(3)两个实验小组用不同的电池完成了上述的实验后，发现各电池电动势相同，只是内阻有差异.同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池进一步探究电池的内阻热功率P随路端电压U变化的关系，画出了下图所示的P-U图像。已知甲电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是__________。
A.
B
C.
D.
(4)按照图1的测量方法，某同学利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差。在下图中，实线是根据实验数据描点作图得到的U-I图像;虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像(没有电表内电阻影响的理想情况)。下列图像中__________是该实验的分析。
A.
B
C.
D.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.在如图所示的电路中，电源的电动势E=10V、内阻r=0.5Ω，小型直流电动机M的内阻r0=0.5Ω。闭合开关S后，电动机正常转动，理想电流表的示数I=1.0A，求：
(1)电动机的机械功率;
(2)电源的效率。
14.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图所示，质点 P在波谷，质点Q在x=20m处，再过0.2s，质点P第一次到达平衡位置。求：
(1)这列波的振幅和波速大小;
(2)从图示位置开始计时，这列波传到 Q点需要多长时间。
15.如图所示，将质量mA=100g的平台A连接在劲度系数k=200N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，在 A的上方放置mB=mA的物块B，使 A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm。A的厚度可忽略不计， g取10m/s2.
(1)当振子做小振幅简谐运动时， A的平衡位置离地面有多高?
(2)当振幅为0.5cm时， B对A的最大压力有多大?
16.如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20m处静止着一质量m=1kg的物块A，在虚线右侧静止放置质量m'=3kg、长度为L=2.4m的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C，现给A一水平向右、大小为v0=12m/s的初速度，一段时间后A与B发生弹性碰撞，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25，重力加速度g取10m/s2，A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后，B速度的大小;
(2)若最终C恰好未滑离B，求C的质量;
(3)求碰撞后B、C损失的机械能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】若让A摆先摆动起来，其余摆则是做受迫振动。受迫振动中的周期相同，单摆的周期为 T=2π Lg ，因此B的固有周期和驱动力的周期更接近，振幅更大，摆角更大，经过最低点的速度更大。
故选B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大．据此分析筛子固有频率，进而分析作答。
【解答】
由图乙知筛子的固有频率0.8Hz，偏心轮的频率0.75Hz，为增大筛子振幅，可降低筛子的固有频率或者提高偏心轮的频率，增大筛子质量可降低可减小筛子的固有频率，故选A。
3.【答案】D
【解析】由题意知当环境一氧化碳气体达到一定浓度，R增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，根据U=E-U内可知路端电压增大，因此电压表V示数增大，通过滑动变阻器的电流增大，则电流表A示数减小。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A、开关S断开时，电流I=ER2+r=28+2A=0.2A，电阻R2 两端的电压U=IR2=0.2×8V=1.6V，电容器两极板间的电压等于电阻R2 两端的电压，即为1.6V，故A错误；
B、电容器所带的电荷量Q=CU=3×10-6×1.6C=4.8×10-6C，故B错误；
D、开关接通时，电阻R1 和R2 并联，R并=8×88+8Ω=4Ω，电流I '=ER并 +r=24+2A=13A，并联部分的电压U并 =I 'R并 =13×4V=43V，电容器两极板的电压等于并联部分的电压为43V，故D错误；
C、开关接通时电容器所带的电荷量Q '=CU并=3×10 -6×43C=4×10 -6C，故C正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查冲量的计算。解题的关键是要能根据冲量的定义I=Ft，先求力作用的时间，再求力的冲量。
【解析】乘客从最高点到最低点运动的时间为t=πω，因此重力的冲量大小为I=mgt=mgπω，C项正确。
6.【答案】B
【解析】B、滑块下滑过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B正确；
A、滑块下滑过程斜面会向左运动，滑块的加速度方向并不沿斜面方向，即滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，斜面体对滑块B的支持力不等于mgcsα，故B错误；
C、滑块下滑过程中，支持力对B的冲量大小I=FNt，故C错误；
D、滑块与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv水平-Mv斜面=0
mL-xt-Mxt=0
解得滑块下滑过程斜面体向左滑动的距离为：x=mLM+m，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【解答】
物体的重力为1N，当t=1s时，拉力为1N，此后物体才开始向上运动，F-t图像与时间轴所围的面积表示F的冲量，则可得F在1-9s内的冲量为IF=12×9×3N⋅s-12×1×1N⋅s=13N⋅s，取竖直向上为正方向，设物体9s末的速度为v，对1-9s时间内物体的运动运用动量定理得：IF-mgt=mv，将t=8s，m=0.1kg代入解得：v=50m/s。故D正确，ABC错误。
8.【答案】C
【解析】在t=0.10s时刻，质点Q向下振动，结合波形图可知，波沿x负方向传播，根据v=λT可解得波速；Q点处在波谷位置，则此时加速度达到正向最大，P质点经历34T时间，通过的路程大于2A。
本题考查横波的图像，解题关键掌握对图像的认识，注意波的传播方向的确定、波速的计算公式。
A.根据Q点的振动图象可知，在t=0.10s时刻，质点Q向下振动，结合波形图可知，波沿x负方向传播，故A错误；
B.波的传播速度大小为v=λT=80.2m/s=40m/s，故B错误；
C.t=0.10s时，质点Q位于平衡位置，之后向下振动，波的周期为T=0.2s，
则t=0.15s=0.1s+0.05s=0.1s+T4，经T4时间Q点处在波谷位置，则此时加速度达到正向最大，故C正确；
D.因波的周期为T=0.2s，则t=0.10s到t=0.25s的过程中经历了34T，故P点通过的路程大于2A=20cm，故D错误。
故选：C。
9.【答案】A
【解析】【分析】电源的U-I图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率绝对值等于电源的内阻。对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。
【解答】A.由图示图像可知电源U-I图像与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势1.40V，故A正确；
B.电源内阻r=ΔUΔI=1.40-Ω，故B错误；
C.由图示图像可知，路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，故C错误；
D.根据欧姆定律R=UI=Ω，故D错误。
故选A。
10.【答案】B
【解析】B. 由图乙可得电阻箱电阻R=3Ω时，功率P=3W，且此时电阻箱电阻最大，所以此时电阻箱阻值等于定值电阻和电源内阻之和，解得r=R-R0=1Ω，故B正确；
A. 根据P=I2R可得，此时电路电流为I=1A，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+R0+r)，解得E=6V，故A错误；
C. 调整R，电源输出功率P=I2R外=E2R外(R外+r)2=E2R外+r2R外+2r，因此可知理论上外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，但因外电阻最小值为R0=2Ω，所以当电阻箱电阻R=0时，R外=R0=2Ω，电源输出功率最大P=I2R外=62×232W=8W，故C错误；
D. 电阻箱功率最大时电源效率η=IUIE=UE=IR+R0E=56，故D错误。
故选B。
11.【答案】A
【解析】B.0∼t1时间内，电压表示数最大，两电阻串联分压可知，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故B错误；
C. t1∼t2时间内，电压表示数减小，力敏电阻两端电压变大，阻值增大，所受压力 F减小，根据牛顿第二定律，小车的加速度为
a=kx-FM
小车的加速度增大，
故C错误；
AD.t2∼t3时间内，电压表示数最小，力敏电阻的两端电压最大，阻值最大，所受压力最小，合力向右，小车的加速度向右，又因为电压表示数不变，压力不变，小车的合力不变，加速度不变，小车做加速度向右的匀变速直线运动，小车可能向左做匀减速直线运动，也可能向右做匀加速直线运动；还有可能M与力敏电阻分离了，此时小车可能向右做加速度增大的加速直线运动，故D错误，A正确。
故选A。
12.【答案】(1)V1 ；A1 ；R2 ；(2)1.50；1.04；(3)B；(4)A
【解析】【解答】
(1)一节干电池的电动势大约1.5V，电压表应选择量程为0∼3V的V1。
一节干电池的内阻大约1Ω，为了精确测量电路中电流，电流表应选择量程为0∼0.6A的A1。
电路中的最大电阻约为R=EIg=1.50.6Ω=2.5Ω，为了便于调节电路，滑动变阻器应选择最大阻值与2.5Ω相差不多的R2。
(2)根据图中的点迹作图如下：
根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，根据U-I图像的纵截距可知干电池的电动势：E=1.50V，根据U-I图像的斜率可知干电池的内阻：r=1.50-Ω≈1.04Ω；
(3)由焦耳定律可得电源内阻热功率为：P=I2r=(E-Ur)2r=U2r-2UEr+E2r，P与U为二次函数关系，图像的开口向上的抛物线的一部分，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为E2r，内阻越大，纵截距越小，已知甲电池组的内阻较大，则甲的纵轴截距较小，故B正确，ACD错误。
(4)图1的实验误差来自于电压表的分流作用，当电压表示数为零时无电流通过电压表，此时测量值等于真实值，电压表的示数越大，实际流过外电路的电流与理论上流过外电路电流的差值越大，故对应图4的U-I图像是A，故A正确，BCD错误。
13.【答案】解：
(1)电路中电流表的示数为1.0A，根据闭合电路欧姆定律可知，电动机的电压为：U=E-Ir=10V-1.0×0.5V=9.5V
电动机的总功率为：P=UI=9.5×1.0W=9.5W
电动机的发热功率为：P热=I2r0=1.02×0.5W=0.5W
电动机的输出功率，即机械功率为：P出=P-P热=9.5W-0.5W=9W
(2)电源消耗的总功率：P总=EI=10×1.0W=10W
电源的效率：η=PP总×100%=9.510×100%=95%
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律，求解电动机两端的电压，根据公式P=UI求解电动机的总功率，再根据电热功率公式，求解电动机的热功率，利用电动机的总功率与电热功率的差值，求解电动机的机械功率；
(2)根据电源的效率公式求解电源的效率。
本题考查了闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时一定要先分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
14.【答案】解：(1)由图知这列波的振幅为A=0.5m
质点P第一次到达平衡位置所需的时间为T4，即T4=0.2s
周期T=0.8s
波速大小v=λT=80.8m/s=10m/s
(2)波传到Q点的距离为x=(20-8)m=12m
所需的时间为t=xv=1210s=1.2s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得：kx0=(mA+mB)g，解得形变量：
x0=1cm，平衡位置距地面高度：h=l0-x0=4cm；
(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度：
am=kA+x0-mA+mBgmA+mB=5m/s2，取B为研究对象，有：N-mBg=mBam，得A、B间相互作用力：N=mB(g+am)=1.5N。由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)设A与B碰撞前瞬间的速度为v1，A与B发生碰撞后，A与B速度分别为vA和vB
A与B碰撞前的运动过程，根据动能定理得
-μ1mgx=12mv12-12mv02，
解得v1=8m/s，
A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，以A与B组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mv1=mvA+m'vB，
12mv12=12mvA2+12m'vB2，
联立解得vB=2mv1m+m'=2×1×81+3m/s=4m/s；
(2)最终C恰好未滑离B，C到B的左端，两者速度相同，设共同速度为v，
由于水平地面光滑，C在B上滑行的过程中，两者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m'vB=(m'+m0)v，
根据能量守恒定律得
μ2m0gL=12m'vB2-12(m'+m0)v2，
联立解得m0=1kg。
(3)碰撞后B、C损失的机械能为
ΔE=12m'vB2-12(m'+m0)v 2=μ2m0gL=6J。
答：(1)A与B发生碰撞后，B速度的大小为4m/s；
(2)C的质量为1kg。
(3)碰撞后B、C损失的机械能为6 J
【解析】(1)先研究A与B碰撞前的运动过程，根据动能定理求出A与B碰撞前瞬间的速度，A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求碰撞后B速度的大小。
(2)最终C恰好未滑离B，C到B的左端，两者速度相同，由于水平地面光滑，C在B上滑行的过程中，两者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度表达式，再由能量守恒定律列式，即可求出C的质量。
(3)根据μ2m0gL求碰撞后B、C损失的机械能
解答本题时，要理清三个物体的运动过程，把握每个过程的物理规律。涉及力在空间的效果求速度时，要优先考虑动能定理。对于弹性碰撞，要掌握动量守恒定律和机械能守恒定律两大规律。物块在木板上滑动类型，往往根据动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。