【文档说明】江苏省盐城市盐城一中、大丰中学2023-2024学年高二上学期10月联考物理试题 含解析.docx，共(18)页，2.832 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度高二年级第一学期学情调研联考物理试题一、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Fkx=−回可知，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20HzB.振动系统的固有周期为3sC.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=1r/s3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=1n=3s固有频率为11=3fT

=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FtcosθB.摩擦力对物体的冲量大小为FtcosθC.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FIFt=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cosfF=摩擦力对物体的冲量的大小为fcosIftFt==故B正确；C．重力对物体冲量大小

为GIGt=故C错误；D．支持力N对物体的冲量大小为N(sin)INtGFt==−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（）的的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pmv=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4cm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0.5s。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＝4sin546t−（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0.5s，故ω＝2πT＝4πrad/s由图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin5(4)6t−（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1U，则下列判断正确的是（）A.电热丝中的电流大小为URr+B.电动机线圈的发热功率为()21UUr−C.电动机消耗的功率为()11UUUR−D.电吹风消耗的功率为2URr+【答案】C【解析】【详解】A．电热丝中的电流大小为1RUIR=A错误；B．电动机两端的

电压为1MUUU=−通过电动机的电流为1MRUIIR==电动机线圈的发热功率为2212MUPrIRr==B错误；C．电动机消耗的功率为()11MMMUPUUURI==−C正确；D．电吹风消耗的功率为1RRIIUPUUU===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＝3.0kg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＝

1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/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.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.

3.5m/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()0B1MmvMv−=解得B110m/s3v=当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得()()0B2

MmvMmv−=+解得B22.5m/sv=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B102.5m/sm/s3v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0999.9～）、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RRU−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=________Ω。（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PU−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.

0③.1.4④.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UEUrR=+整理可得RRErU=−由图c可知，图像的斜率表示电动势，则有60V3.0V2.50.5Ek−===−[3]图线在纵轴上的截距

是内阻测量值1.41.4r=−=（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22222EUUUEEPIrr

rrrr−===−+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2Er，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41.010kgm=，从离地20m=h高处自由下落，重锤夯土历时0.40st=，然后陷在土中。取210m/s=g，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212hgt=落地时的速度vgt=代入数据解得2.0st=，20m/sv=(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()0()Fmgtmv−=--代入数据解得5

6.010NF=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）01ΩR=，m5ΩR=；（2）3VE=，4Ωr=；（3）max9W16P=，min9W25P=【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00.6V1Ω0.6AURI===滑动变阻器的触头在最右端时，回路电流最小，此时0m1.8V6Ω0.3AURRI+===因此m5ΩR=（2）根据UEIr=−可知图线斜率的绝对值等于内电阻1.80.

6Ω4Ω0.60.3UrI−===−将滑动变阻器滑到最左端时，电压，电流代入欧姆定律可得0()0.6(14)V3VEIRr=+=+=（3）当0RRr+=时，电源的输出功率最大，此时22max0039()()()4WW2416EPRR

RRr=+==++当内电阻与外电阻差距越大，输出功率越小，因此当0R=时，电源的输出功率最小，最小功率为22min039()()1WW1425EPRRr===++14.如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O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F随时间t变化的曲线，图中0=t为摆球从A点开始运动的时刻，g取210m/s。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，2m/s5v=；（3）2252Ns100FI+=【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2LTg=解得2222100.16m0.4m44gTL===（2）摆球受力分析如图所示在最高点A，有mincos0.495NFmg==在最低点B，有2max0.510NvFmgmL=+=摆球从A运动到B，由机械能守恒定律得211

cos)2mgLmv−=（联立三式并代入数据得m=0.05kg2m/s5v=（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4GmgIT=方向竖直向下的如图矢量图可得绳的拉力的冲量大小为22()()4FmgImvT=+代入数据得2252Ns100FI+=15.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一

端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为5mH=的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高1.8m=h处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间

，滑块C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1kg=Am，2kg=Bm，3kg=Cm，滑块A、B、C均可看作质点，取210m/sg=，不计空气阻力。求：（1）滑块A与滑块B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C落地点与桌面边缘水平距离。【答案】（1）2m/s；（2）3J；（3）2m【解析】【详解】（1）滑块A从光滑曲面上高h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1v，由机械能守恒定律有2AA112mghmv=的解得16m/sv=滑块A与B

碰撞的过程，A、B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2v，由动量守恒定律有()A1AB2mvmmv=+解得2112m/s3vv==（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C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A

、B、C速度相同，设为3v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有()A1ABC3mvmmmv=++解得3111m/s6vv==由机械能守恒定律有()()22PAB2AB31122CEmmvmmmv=+−++代入数据解得p3JE=（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块

A、B的速度为4v，滑块C的速度为5v，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()()AB2AB4C5mmvmmvmv+=++()()222AB2AB4C5111222mmvmmvmv+=++联立解得40=v52m/sv=滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动

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