四川省南充市2023-2024学年高二物理上学期第二次段考试题含解析

Page14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0.5sB.当驱动力的频率为0.25Hz时，单摆的振动频率也为0.25HzC.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/s2 B.0.14m/s2C.0.16m/s2 D.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“6V12W”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12AB.电动机的输入功率为12WC.用电动机匀速提升10N重物速率为1m/sD.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/sC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】①.5000.0②.D③.9.0【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】①.1.25②.③.④.D⑤.⑥.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100s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