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“>”“<”或 “=”)。
(4)若碰撞过程中动量守恒，则满足的关系式是__________。
(5)实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒__________影响(选填“有”或“无”)。
12.为了测量一段电阻丝AB的电阻率ρ，某同学做了以下实验：
(1)该同学用图1的螺旋测微器测量电阻丝的直径时，为了防止电阻丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与电阻丝将要接触时，应调节旋钮______(选填“B”、“C”或“D”)发出“喀喀”声时停止。读数并记录电阻丝的直径为d。
(2)该同学设计了如图2所示的电路．已知滑片P与电阻丝接触良好，其他连接导线电阻不计。现有以下器材：
A.待测电阻丝AB
B.电源(已知电动势为E，内阻不计)
C.电流表A
D.阻值为R的定值电阻
E.毫米刻度尺
F.开关S，导线若干
①根据电路图连接好电路，闭合开关前滑片P滑至电阻丝的_____(选填“A”或“B”)端。闭合开关S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度x并记下电流表的读数I；改变P的位置，共测得多组x与I的值．
②写出电路中电阻丝接入电路的电阻值Rx与x的关系式：Rx=_________(均选用题中提供的字母符号物理量表示)；
③根据测出的I的值，计算出1I的值，并根据这些数据作出，1I−x图像如图3所示；
(3)由1I−x图像可求得电阻丝电阻率ρ=____________。(均选用题中提供的字母符号物理量表示)
(4)如考虑到电流表A有内阻，则测得的电阻丝的电阻率将________ 。(选填“增大”、“减小”、“不变”)。
三、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为10cm。现于纸面内先后放上a、b两个圆形单匝线圈，圆心均在O处，a线圈半径为10cm，b线圈半径为15cm，问：
(1)磁感应强度B大小不变，方向绕直径转过30∘过程中，a线圈中磁通量改变多少；
(2)磁感应强度B大小、方向均不变，线圈b绕直径转过180∘过程中，b线圈中磁通量改变多少。
14.如图所示，质量mA=3kg的木板A和质量mB=1kg的光滑14圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A上表面相切。质量mC=2kg的小滑块C以一水平向右的初速度从木板A的左端滑上木板，当C离开A时，C的速度大小vC=4m/s，C滑上圆弧槽B后，恰好能到达B的最高点，此时B的速度大小vB=3m/s。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2。
(1)当C刚滑上A时，求A的加速度大小a；
(2)当C离开A时，求B的速度大小v′B；
(3)求A的长度L。
15.某闯关游戏可简化为如图所示的模型，质量为m的滑环套在光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环系有长为L的轻绳。开始时滑环静止，轻绳竖直。某时刻一质量为3m的小球在图示竖直面内自地面斜向上抛出，上升高度为H时其速度大小为v0，方向恰好水平，并且此时刚好与轻绳下端接触并连接在一起，之后小球拉着滑环运动。自滑环开始运动至小球第一次到达最高点的过程，滑环的位移大小为s。不计空气阻力，小球和滑环都看作质点，小球始终没有与水平杆接触且与轻绳接触时没有能量损失，重力加速度为g。求：
(1)小球自地面抛出时的速度大小。
(2)小球运动过程距地面的最大高度。
(3)小球再次摆回最低点时小球和滑环各自的速度大小。
(4)自滑环开始运动至小球第一次到达最高点的时间间隔。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考察电场线、等势线的性质，解题关键在于电场线电势逐渐降低，EP=φq的使用。
【详解】
A.沿电场线电势逐渐降低，则 A点电势比B点低，AB两点之间的电势差UAB为负值，选项A错误；
B.A点电场线较B点密集，则A点场强比B点大，选项B错误；
C.负电荷在高电势的地方电势能低，低电势的地方电势能高，A点电势低故C选项正确；
D. 虚线是等差等势面，B点和C点间的电势差等于C点和A点间电势差；
故选C。
2.【答案】C
【解析】AB.开关闭合或断开的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故AB错误；
C.开关闭合，滑动变阻器不动时，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故C正确；
D.开关闭合时，拔出线圈A的瞬间，B线圈中的磁通量减小，线圈中产生感应电流，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】解：比冲表示动力系统的效率，单位质量推进剂产生的冲量，即Ftm，根据F的单位为kgm/s2，t单位为s，m单位为kg，则比冲的单位为；1kgm/s2⋅s1kg=1m/s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据题目信息可知，比冲表示动力系统的效率，单位质量推进剂产生的冲量，则由其物理量的表达式可确定其国际单位。
本题主要考查了物理量单位的确定，由题目所给信息，列出表达式，然后由各个物理量的单位确定即可。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考察平抛运动及动量定理的简单应用，炮弹离开战斗机后做平抛运动，由于高度相同，因此炮弹做平抛运动的时间相同，竖直方向速度增加量相同。
【解答】
ABCD.炮弹离开战斗机后做平抛运动，由于高度相同，因此炮弹做平抛运动的时间相同，因为m1∶m2=1∶2，根据动量定理Δp=mgt，故Δp1∶Δp2=1∶2，故A正确，BCD错误。
故选A．
5.【答案】C
【解析】【分析】
由图象的数学意义可明确电流与电压的关系，并能求出电阻的数值，由电流的定义可求得每秒通过电阻截面的电荷量。
本题考查欧姆定律的应用，注意对于图象的认识，区分U−I图象与I−U图象的异同，研究图象斜率的意义是关键。
【解答】
A.由图像知通过电阻的电流与其两端的电压成正比，故A正确，不符合题意；
B.在I−U图像中，斜率表示电阻的倒数，即R=2Ω，故B正确，不符合题意；
C.当物理量所取单位不同时，则倾角不同，所以电阻不能通过倾角正切值求得，故C错误，符合题意；
D.在R两端加6.0V电压时，电流为I=UR=62=3A，，则每秒通过电阻的电荷量为：q=It=3.0×1=3.0C，故D正确，不符合题意。
故选C。
6.【答案】D
【解析】解：A、由题，c点的磁感应强度为 2T，方向斜向右上方，并与B的夹角为45°，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等，也是1T，方向向上，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A错误。
B、通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在a处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，a点感应强度为 2T，方向与水平方向成45°斜向右下方，与c点的磁感应强度得方向不同，故B错误。
C、电流的方向向外，则电流在d点产生的磁场得方向向右，大小为1T，所以d点得磁感应强度大小为2T，方向向右，故C错误。
D、通电导线在b处的磁感应强度方向水平向左，则b点磁感应强度为0；故D正确。
故选：D。
根据矢量合成方法明确通电导线在c点产生的磁场大小和方向，由安培定则判断出通电导线中电流方向。通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、a三点的磁感应强度大小和方向。
本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加。
7.【答案】B
【解析】ABD.给B球一个初速度v0后，B开始向右运动，同时弹簧被拉伸，于是A、B受到弹簧拉力，A将加速，B将减速，，只要B的速度大于A的速度，，AB之间距离就会增加，弹簧就会被拉长，也就是说，当B的速度与A的速度第一次相同时，弹簧被拉得最长，弹簧的弹性势能大。对A、B还有弹簧三者组成的系统进行受力分析可知，系统所受的合外力为0，据系统动量守恒，
有：mv0=2mv共；解得：v共=v02，则此时系统动能并不为0。AD选项错误，B选项正确；
C.AB第一次共速后，A继续加速，B继续减速，一直到弹簧恢复原长。B才第一次减速完毕。此时弹簧既然已经恢复原长，也就意味着动能并没有损失。又因为动量守恒，这就类似于弹性碰撞，质量相同的物体发生弹性对心碰撞后速度交换，即此时B的速度减为0，故C错误。
故选B。
8.【答案】D
【解析】解：A.弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；
B.圆珠笔弹起的最大高度为h，根据机械能守恒得mgh=12mv2，解得v= 2gh，所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v= 2gh，故B错误；
C.当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时，此时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；
D.上升过程中，圆珠笔(含弹簧)只受到重力作用，所以圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒，故D正确。
故选：D。
分析弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔所受力的合力，进而判断该过程合力的冲量；根据圆珠笔弹起的最大高度利用机械能守恒求解离开桌面的初速度；圆珠笔的合力为零时加速度为零，速度最大，动量最大；根据机械能守恒的条件分析。
弹簧恢复原长的过程中，圆珠笔受到重力和弹簧弹力两个力作用；圆珠笔离开桌面的上升过程为竖直上抛运动。
9.【答案】A
【解析】【分析】
由牛顿第二定律求解喷出气体对火箭的作用力，对气体由动量定理求解点火后瞬间火箭的喷气速度。
该题考查动量定理相关知识。分析好物理情景，由动量定理列式即可，基础题。
【解答】
设喷出气体对火箭的作用力为F，由牛顿
第二定律有
F−Mg=Ma=M⋅4g
可得
F=5Mg
由牛顿第三定律可知火箭对气体的力
F′=F
则在△t时间内，设点火后瞬间火箭的喷气速度，对气体由动量定理有
F′Δt=μ⋅Δt⋅v−0
联立解得：v=5Mgμ
故选A。
10.【答案】A
【解析】【分析】
本题考察了动量守恒的条件和基本计算以及三种碰撞的性质。本题关键是通过碰撞过程动量守恒计算得到碰撞后两物体的速度，再计算比较碰撞前后动能的大小关系，进而得到结论。
【解答】
设碰撞后女儿的速度为v′，以妈妈运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv−mv=mv′，故碰后女儿的速度为v′=2v，碰前母女俩的总动能为Ek=12×3mv2+12mv2=2mv2，碰后母女俩的总动能为Ek′=12mv′2=2mv2.由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，故选A．
11.【答案】(1)13.45；(2)升高；(3)>；(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v1(3)滑块A静置于两光电门之间，因为发生碰撞后，滑块B被弹回，根据碰撞的基本规律，滑块B较轻，有mA>mB；
(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。