江苏省盐城市2023_2024学年高二物理上学期10月联考试题含解析

这是一份江苏省盐城市2023_2024学年高二物理上学期10月联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针，直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则小磁针（）
A. 保持不动B. N极向下转动
C. N极将垂直于纸面向外转动D. N极将垂直于纸面向里转动
【答案】D
【解析】
【详解】当通入向右的恒定电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针位置处的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直纸面向里偏转。
故选D。
2. 如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。下列说法正确的是（ ）
A. 电磁铁的工作原理是电流磁效应
B. 电磁铁用的铁芯应选用不易退磁的材料
C. 工作时AB接线柱应接入稳恒电流
D. 当电流从B接线柱流入时，发现吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为N极
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应；根据电磁铁的工作要求，当没有电流时，要让铁芯失去磁性，当通电时，要有磁性，因此种铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故B错误，A正确；
C．当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体将只能被吸引，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁体不断的与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹簧片上下振动，故A、B间应接入交流电，故C错误；
D．当电流从电磁铁的接线柱B流入时，从上向下看电流是逆时针方向，根据右手螺旋定则可知电磁铁的下端为S极，上端为N极；吸引小磁体向下运动，根据磁铁同极相斥，异极相吸的特性可知，小磁体的下端为S极，故D错误。
故选A。
3. 用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向做简谐运动，振动图像如图所示，下列描述正确的是（ ）
A. t=1s时，振子的速度最大
B. t=2s时，振子的加速度最大
C. 1~2s内，振子的速度与加速度方向相同
D. 1~2s内，振子的位移与加速度方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，t=1s时振子位移最大，此时速度为零，故A错误；
B．由图可知，t=2s时振子位移为零，此时回复力为零，振子的加速度为零，故B错误；
C．1~2s内，振子从最大位移处向平衡位置运动，此过程中速度与加速度方向相同，故C正确；
D．由回复力公式
可知，简谐运动中振子位移方向始终与回复力方向相反，则加速度方向与位移方向相反，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 振动系统的固有频率为20Hz
B. 振动系统的固有周期为3s
C. 圆盘的转速越大，摆件振动的振幅越大
D. 圆盘的转速越大，摆件振动的频率越小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据图像可得当转速为
n= 20r/min=
振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为
T== 3s
固有频率为
Hz
故A错误，B正确；
C．由图可知，开始时圆盘转速越大，驱动力频率越大，此时摆件振动的振幅变大，当达到共振时振幅最大，再随着转速增大，驱动力频率增大，振幅又减小，故C错误；
D．受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大则摆件振动的频率越大，故D错误。
故选B。
5. 如图，一个物体在拉力F的作用下匀速前进了时间t，且拉力F与水平方向成θ角，则在该过程中（ ）
A. 拉力F对物体的冲量大小为Ftcs θ
B. 摩擦力对物体的冲量大小为Ftcs θ
C. 重力对物体的冲量大小为零
D. 支持力对物体的冲量大小为mgt
【答案】B
【解析】
【详解】A．运动时间为t，则拉力的冲量为
故A错误；
B．由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为
摩擦力对物体的冲量的大小为
故B正确；
C．重力对物体冲量大小为
故C错误；
D．支持力N对物体的冲量大小为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0~4s内其合外力随时间变化关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是（ ）
A. 1~2s内物体速度减小
B. 4s末物体回到出发点
C. 0~4s内物体动量的方向一直不变
D. 2s末物体的动量方向发生变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，由动量定理得0～2s内物体动量一直增大，由
得0～2s内物体的速度一直增大，故1~2s内物体速度增大。故A错误；
B．由图像可知，0～4s内合外力的冲量为零，0～2s内物体做加速运动，2s～4s物体做减速运动，物体0～4s内一直向正方向运动，没有回到原点。故B错误；
C．0~4s内物体动量先增大后减小，动量的方向一直不变，故C正确；
D．2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，故D错误。
故选C。
7. 装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A. 回复力等于重力和浮力的合力
B. 振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C. 位移满足函数式x＝4sin （cm）
D. 在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；
B．玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；
C．由于振动周期为0.5 s，故
ω＝＝4πrad/s
由图乙可知振动位移的函数表达式为
x＝4sin（cm）
故C正确；
D．由图乙可知，t1~t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确。
故选ACD。
8. 如图1所示，有一种电吹风由线圈电阻为r的小型电动机与电阻为R的电热丝串联组成，电路如图2所示，将电吹风接在电路中，电吹风两端的电压为U，电吹风正常工作，此时电热丝两端的电压为，则下列判断正确的是（ ）
A. 电热丝中的电流大小为B. 电动机线圈的发热功率为
C. 电动机消耗的功率为D. 电吹风消耗的功率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电热丝中的电流大小为
A错误；
B．电动机两端的电压为
通过电动机的电流为
电动机线圈的发热功率为
B错误；
C．电动机消耗的功率为
C正确；
D．电吹风消耗的功率为
D错误
故选C。
9. 如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动的过程中（ ）
A. 电阻R2中有向上的电流
B. 通过电阻R1的电流增大
C. 滑动变阻器R两端的电压变小
D. 电容器C极板所带电荷量变多
【答案】D
【解析】
【详解】在滑动变阻器R的滑片向上滑动的过程中，R变大，总电阻变大，总电流减小，通过电阻R1的电流减小，R1以及内阻上的电压减小，则滑动变阻器R两端以及电容器两板间的电压变大，电容器充电，则电阻R2中有向下的电流，电容器C极板所带电荷量变多。
故选D。
10. 如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（ ）
A. 1.8 m/sB. 2.4 m/s
C. 2.8 m/sD. 3.5 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得
解得
当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得
解得
木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为
故C正确，ABD错误。
故选C。
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 同学们用图a所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，实验室提供的器材如下：电压表、电阻箱（阻值范围）、开关、导线若干。
（1）请根据图a所示的电路图，在图b中用笔画线替代导线，把器材连接起来______。
（2）根据图c中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=________V，内阻测量值r=________。（结果保留两位有效数字）
（3）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是__________。
（4）两个实验小组用不同的电池组完成了上述的实验后，发现各电池组的电动势相同，只是内阻差异较大。同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内阻热功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，画出了如图所示的图像。已知乙电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是________。
【答案】 ①. ②. 3.0 ③. 1.4 ④. 电压表的分流作用 ⑤. A
【解析】
【详解】（1）[1]连接电路如图所示。
（2）[2]由图a和闭合电路欧姆定律可得
整理可得
由图c可知，图像的斜率表示电动势，则有
[3]图线在纵轴上的截距是内阻测量值
（3）[4]该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差的主要原因是电压表的内阻不是无穷大，有分流作用，流经R的电流小于流经电池组的电流，从而产生系统误差。
（4）[5]由焦耳定律可得，电源内阻热功率
P与U为二次函数关系，开口向上，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为，内阻越大，截距越小，已知乙电池组的内阻较大，则乙的纵轴截距较小，A正确，BCD错误。故选A。
12. 强夯机是在建筑工程中由于需要对松土压实处理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图所示。重锤的质量，从离地高处自由下落，重锤夯土历时，然后陷在土中。取，不计空气阻力。求：
(1)重锤自由下落的时间t和刚落地时的速度大小v；
(2)重锤对松土的平均作用力大小F。
【答案】(1)2.0s，20m/s；(2)6×105N
【解析】
【详解】(1)由自由落体运动规律有
落地时的速度
代入数据解得
，
(2)研究重锤夯土过程，选竖直向上为正方向，对重锤由动量定理有
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，重锤对松土的作用力大小为6×105N。
13. 如图甲所示的电路中，使滑动变阻器的滑片位置从最右端滑动到最左端，测得电压表V随电流表A的示数变化的图像如图乙所示，不计电表内阻的影响。求：
（1）定值电阻R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值Rm；
（2）电源的电动势E和内阻r；
（3）电源输出功率的最大值与最小值。
【答案】（1），；（2），；（3），
【解析】
【详解】（1）当滑到最左端时，回路电流最大，根据欧姆定律可得
滑动变阻器的触头在最右端时，回路电流最小，此时
因此
（2）根据
可知图线斜率的绝对值等于内电阻
将滑动变阻器滑到最左端时，电压，电流代入欧姆定律可得
（3）当
时，电源的输出功率最大，此时
当内电阻与外电阻差距越大，输出功率越小，因此当
时，电源的输出功率最小，最小功率为
14. 如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，取。求：（计算结果保留根号和π）
（1）单摆的摆长；
（2）摆球的质量及小球到达B点时速度大小；
（3）摆球在四分之一周期内从A运动到B过程中摆线对小球拉力的冲量大小。
【答案】（1）0.4m；（2）m=0.05kg，；（3）
【解析】
【详解】（1）小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律可得
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）摆球受力分析如图所示
在最高点A，有
在最低点B，有
摆球从A运动到B，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
m=0.05kg
（3）设摆球从A运动到B过程中摆线对小球拉力冲量大小为IF，设摆球从A运动到B过程中所受合力冲量为I合，则由动量定理得
I合=m（v-0）=mv
方向水平向左；
重力的冲量为
方向竖直向下
如图矢量图可得绳的拉力的冲量大小为
代入数据得
15. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块上，另一端与滑块接触但未连接，该整体静止放在离地面高为的光滑水平桌面上。现有一滑块从光滑曲面上离桌面高处由静止开始滑下，与滑块发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块向前运动，经过一段时间，滑块脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出。已知，，，滑块、、均可看作质点，取，不计空气阻力。求：
（1）滑块与滑块碰撞结束瞬间的速度大小；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块落地点与桌面边缘水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为，由机械能守恒定律有
解得
滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，由动量守恒定律有
解得
（2）滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块、、速度相同，设为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
代入数据解得
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设此时滑块、的速度为，滑块的速度为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得
滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动
联立解得