重慶市巴蜀中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期9月模擬物理 Word版含解析.docx

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重慶巴蜀中學(xué)2023-2024學(xué)年高2025屆高二上期九月模擬物理試題（75分鐘100分）一、單選題（1-7）1.銫原子鐘是精確的計時儀器，圖1中銫原子從O點以的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直平面所用時間為；圖2中銫原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點Q再返回P點，整個過程所用時間為，O點到豎直平面、P點到Q點的距離均為，重力加速度取，則為（　?。〢100∶1B.1∶100C.1∶200D.200∶1【答案】C【解析】【分析】【詳解】銫原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即解得銫原子做豎直上拋運動，拋至最高點用時，逆過程可視為自由落體，即解得則 故選C。2.如圖所示，凹槽靜止在光滑的水平地面上，內(nèi)表面為光滑圓柱面，在其左側(cè)有一固定在地面上的木樁，現(xiàn)將可視為質(zhì)點的小球從距A點正上方H高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)半圓形軌道從點沖出，運動過程中不計空氣阻力，則小球從釋放到第一次運動到點的過程，凹槽和小球組成的系統(tǒng)（??）A.機械能守恒，水平方向動量守恒B.機械能守恒，水平方向動量不守恒C.機械能不守恒，水平方向動量守恒D.機械能不守恒，水平方向動量不守恒【答案】B【解析】【詳解】小球從釋放到第一次運動到點的過程，凹槽和小球組成的系統(tǒng)只有動能與重力勢能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)機械能守恒；小球從A點運動到凹槽最低點過程中，木樁對凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒。故選B3.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成。電子偏轉(zhuǎn)器的簡化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、B表示兩個同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)電場，板A、B的電勢分別為、。電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央M進入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后到達右端的探測板N。動能不同的電子在偏轉(zhuǎn)電場的作用下到達板N的不同位置，初動能為的電子沿電勢為的等勢面C（圖中虛線）做勻速圓周運動到達板N的正中間。動能為、的電子在偏轉(zhuǎn)電場作用下分別到達板N的左邊緣和右邊緣，動能改變量分別為和。忽略電場的邊緣效應(yīng)及電子之間的相互影響。下列判斷正確的是（　?。?A.偏轉(zhuǎn)電場是勻強電場B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】AB．由題意可知電子在偏轉(zhuǎn)器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，等勢面C上電場強度大小相等，但方向不同，而勻強電場處處大小相等，方向相同，電子受力的方向與電場的方向相反，所以B板的電勢較高，故AB錯誤；C．相較于做勻速圓周運動的電子，動能為的電子在做近心運動，動能為的電子在做離心運動，可知故C錯誤；D．該電場是輻射狀電場,內(nèi)側(cè)的電場線密集，電場強度大，根據(jù)定性分析可知即所以故D正確。故選D。4.電容式加速度傳感器在安全氣囊、手機移動設(shè)備等方面應(yīng)用廣泛，其工作原理簡化為如圖2所示，M和N為電容器兩極板，充電后與電源斷開。M極板固定在手機上，N極板兩端與固定在手機上的兩輕彈簧連接，只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運動，電壓傳感器與靜電計等效，可直接測量電容器的電壓。當(dāng)手機由靜止突然向前加速時，下列說法正確的是（） A.電容器的電容增大B.電壓傳感器的示數(shù)變大C.電容器兩極板間的電場強度減小D.隨著加速度變大，電壓傳感器示數(shù)的變化量與加速度的變化量之比變大【答案】B【解析】【詳解】A．由靜止突然向前加速時，N極板向后運動，電容器兩極板間的距離變大，由可知電容器的電容變小，故A錯誤；B．電壓傳感器相當(dāng)于靜電計，故電容器的電荷量Q不變，由可知，在Q不變的情況下，C減小則U增大，故B正確；C．由公式可知，在Q不變d變大的情況下，E不變，故C錯誤；D．電壓傳感器示數(shù)與極板間距之間的關(guān)系為可得設(shè)彈簧勁度系數(shù)為，對N極板由牛頓第二定律可得加速度與彈簧形變量的關(guān)系為 可得電壓傳感器示數(shù)的變化量與加速度的變化量之比為其為定值，故D錯誤。故選B。5.如圖所示，圖中直線①表示某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，圖中曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關(guān)系圖線。下列說法不正確的是（　?。〢.電源的電動勢為50VB.電源的內(nèi)阻為ΩC.電流為2.5A時，外電路的電阻為15ΩD.輸出功率為120W時，輸出電壓是30V【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓為U=E－Ir，對照U－I圖象，當(dāng)I=0時U=E=50V故A正確；B．U－I圖象斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，故有故B錯誤； C．電流為2.5A時，總電阻為故外電路電阻為故C正確；D．輸出功率為120W時，對照P－I圖象，電流為4A，由P=UI得輸出電壓為30V，故D正確。本題選不正確的，故選B。6.若規(guī)定無限遠處的電勢為0，則距離點電荷Q為r的位置的電勢可用公式表示：，其中k為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點，以某一根電場線為坐標(biāo)軸x，則x軸上各點的電場強度E與x-2的圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）A.距離點電荷1m處的各點的電場強度相同B.距離點電荷1m處的各點的電勢不相同C.電子從x1=1m點移動到x2=2m點的過程中電勢能增加45eVD.x1=1m與x2=2m處的電勢差小于x2=2m與x3=3m處的電勢差【答案】C【解析】【詳解】A．點電荷為圓心，r為半徑的球面上，各點的電場強度大小相同，但方向不同，故A錯誤；B．以點電荷為球心的球面是一個等勢面，即各點的電勢相等，故B錯誤；C．由點電荷場強公式可知結(jié)合E與x-2的圖像可知由題意知Q為正電荷，所以x1=1m和x2=2m處的電勢分別為 代入數(shù)據(jù)解得=90V，=45V所以電子從x1=1m點移動到x2=2m點過程中電勢能的變化為即電勢能增加45eV，故C正確；D．離電荷越近的地方場強越大，根據(jù)U=Ed可知x1=1m與x2=2m處的電勢差大于x2=2m與x3=3m處的電勢差，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，靜止在水平地面上的木板（厚度不計）質(zhì)量為m1=1kg，與地面的動摩擦因數(shù)，質(zhì)量為m2=2kg可看作質(zhì)點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數(shù)均為，以v0=4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t=0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是A.木板的長度1.68mB.小物塊離開木板時，木板速度為1.6m/sC.小物塊離開木板后，木板的加速度為2m/s2，方向水平向右D.小物塊離開板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞【答案】D【解析】【詳解】B．由于，得滑塊在木板上減速滑行的加速度木板向右加速運動時加速度在0.6s時，滑塊的速度木板的速度 B錯誤。A．0.6s內(nèi)滑塊位移為木板位移相對位移即木板長度為1.32m，A錯。C．滑塊離開木板后，木板做減速運動，加速度為方向向左，C錯。D．在地面上滑塊的加速度則滑塊在地面上會滑行木板會滑行所以兩者會相碰，D正確。故選D。二、多選（8-10）8.如圖所示，電源電動勢E及內(nèi)阻r恒定不變，R、為定值電阻，為滑動變阻器，電壓表V及電流表、均為理想電表。下列說法正確的是（　?。?A.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒訒r，兩電流表、的示數(shù)變化量B.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒訒r，電壓表V和電流表的示數(shù)變化量的絕對值之比不斷改變C.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒訒r，電壓表V和電流表的示數(shù)變化量的絕對值之比變大D.若接入電路的電阻值保持某一不為零的值不變，將開關(guān)S由斷開轉(zhuǎn)為閉合，則電流表的示數(shù)變大，電壓表V、電流表的示數(shù)均變小【答案】AD【解析】【詳解】A．若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動時，總電阻減小，干路電流I1增大，電源的內(nèi)電壓和R兩端的電壓增大，由閉合電路歐姆定律知并聯(lián)部分電壓減小，流過R1的電流減小，A2的示數(shù)變大，而可知兩電流表、的示數(shù)變化量故A正確；BC．若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動時，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+I1(R+r)電壓表V和電流表A1的示數(shù)變化量的絕對值之比為可知比值不變，故BC錯誤；D．若R2接入電路的電阻值保持某一不為零的值不變，將開關(guān)S由斷開轉(zhuǎn)為閉合，則干路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知電流表A1的示數(shù)變大，電源的內(nèi)電壓和R兩端的電壓增大，電壓表V減小，電流表A2的示數(shù)也變小，故D正確。故選AD。9.如圖所示，質(zhì)量分別為和的A、B兩個小球置于光滑的水平面上，B與輕質(zhì)彈簧栓接在一起，A不與彈簧栓接，彈簧處于原長。現(xiàn)給A一個向左的水平初速度，A與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離。下列說法正確的是（　　） A.A與彈簧分離之前，A與B的加速度之比為1：2B.A、B在運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為，若將小球B固定，彈簧的最大彈性勢能為，則C.若在B的左側(cè)某處固定一擋板（位置未知，圖中未畫出），在A與彈簧分離前，B與擋板發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能大于D.若在B的左側(cè)某處固定一擋板（位置未知，圖中未畫出），在A與彈簧分離前，B與擋板發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能小于【答案】BCD【解析】【詳解】A．A與彈簧分離之前，根據(jù)，可得A與B的加速度之比為A錯誤；B．A、B在運動過程中，當(dāng)A、B共速時，彈簧的彈性勢能最大，則有解得若將小球B固定，則彈簧的最大彈性勢能為可得 B正確；C．系統(tǒng)的總機械能不可能增加，因此碰后彈簧的最大彈性勢能不可能大于，C正確；D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)此時A、B的速度分別為和，則有解得，可知在彈簧恢復(fù)原長時B與擋板碰撞，碰后系統(tǒng)具有向右的最大動量，當(dāng)兩者共速時，此時彈簧的最大彈性勢能是所有B與擋板碰撞情景中彈簧最大彈性勢能最小的，則有解得可知B與擋板碰后彈簧的最大彈性勢能不可能小于，D正確；故選BCD。10.如圖所示，有一傾角為37°、下端固定一彈性擋板的光滑斜面，擋板與斜面垂直.一長木板質(zhì)量為M，下端距擋板的距離為L，上端放有一質(zhì)量為m的小物塊，長木板由靜止自由下滑，與擋板每次發(fā)生碰撞后均以原速率彈回，且每次碰撞的時間極短，小物塊和木板的運動始終與斜面平行.已知，長木板上表面與小物塊之間的動摩擦因數(shù)為，取，，重力加速度為g，不計空氣阻力.則下列說法正確的有（　　）A.長木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，小物塊的加速度大小為B.長木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，長木板的加速度大小為C.若長木板的長度為10L，則第三次碰撞前小物塊已從長木板上滑落D.若長木板的長度為10L，則第三次碰撞前小物塊仍沒有從長木板上滑落 【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】AB．長木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，對木板，有對物體，有選項AB正確；CD．木板與擋板第一次碰撞碰后木板與擋板往復(fù)碰撞，加速度不變，相鄰兩次碰撞的時間為若木板足夠長，物體一直向下加速，加速度不變.則木板第一次與擋板碰撞到第二次碰撞的過程，兩者相對位移物體的速度為木板第二次與擋板碰撞到第三次碰撞的過程，兩者相對位移，則第三次碰前，兩者的相對位移為木板長，故第三次碰撞前小物塊仍沒有從長木板上滑落，故C錯誤，D正確。故選ABD。 三、實驗題11.如圖所示，甲為“探究碰撞中的守恒量”的實驗裝置圖，帶有U型槽的鋁制軌道一端固定在鐵架臺上，另一端平放在桌面上，連接處為較短的圓弧。外形完全相同的鋼柱與鋁柱能穩(wěn)定地在軌道中運行（如圖乙所示）。實驗步驟如下：①在傾斜軌道上適當(dāng)位置標(biāo)記A點，將鋼柱右側(cè)底面與A點對齊，并由靜止釋放，它的右側(cè)底面運動到C處靜止，在水平軌道上標(biāo)記C點，測量兩點間的水平距離；②拿走鋼柱，將鋁柱右側(cè)底面與A點對齊，并由靜止釋放，它的右側(cè)底面運動到處靜止，在水平軌道上標(biāo)記點，測量兩點間的水平距離；③在水平軌道上離斜面底端B足夠遠的位置標(biāo)記D點，測量之間的距離；④將鋁柱放在D處，使其___________（選填“左側(cè)”或“右側(cè)”）底面與D點重合；⑤仍將鋼柱從A處由靜止釋放，使其與鋁柱碰撞，測量碰撞后鋼柱移動的距離x1、鋁柱移動的距離x2；⑥測量鋼柱的質(zhì)量m1、鋁柱的質(zhì)量m2?；卮鹨韵聠栴}：（1）在步驟④中應(yīng)填（選填“左側(cè)”或“右側(cè)”）；（2）驗證該過程中動量守恒的表達式為___________（用各步驟中物理量表示）；（3）驗證該過程中動能守恒的表達式為___________（用各步驟中物理量表示）?！敬鸢浮竣?左側(cè)②.③.【解析】【詳解】（1）[1]為了使鋼柱運動到D點時右側(cè)與其接觸，鋁柱放在D處，應(yīng)使其左側(cè)底面與D點重合。（2）[2]設(shè)碰前瞬間鋼柱運動D點時的速度為v0，鋼柱從D到C做末速度為零的勻減速直線運動，據(jù)速度位移公式可得據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)A點距水平軌道的高度為h，從A到C過程據(jù)動能定理可得 聯(lián)立解得同理可得碰后瞬間，鋼柱和鋁柱的速度分別為，碰撞過程滿足動量守恒，可得聯(lián)立可得（3）[3]若碰撞瞬間滿足動能守恒，可得聯(lián)立可得聯(lián)立解得12.電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，能顯示出電流隨時間變化的圖像。照圖甲連接電路，先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，這個過程可在較短時間內(nèi)完成。然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。（1）在圖中畫一個豎立的狹長矩形（在圖乙的最左邊），它的面積的物理意義是___________（填寫面積所代表物理量的名稱）（2）根據(jù)圖像估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為___________C（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。（3）若對應(yīng)開關(guān)S與1端相連的充電過程，電荷量隨時間變化的圖像的示意圖是怎樣的？請在圖丙中定性畫出。（） （4）實驗中，為使能觀察到的放電過程持續(xù)更長的時間，請通過分析，說明：在其它條件一定的條件下，電阻應(yīng)選擇盡量大一些還是小一些？（）（5）某實驗小組在完成實驗后，積極展開思考，進一步進行理論探究“為什么放電過程中電流的變化率越來越小”，假如你也是實驗小組的一員，請你對此做出合理的理論分析。（）【答案】①電荷量##電量②.③.④.盡量大一些⑤.見解析【解析】【詳解】（1）[1]在極短時間內(nèi)，電容器放電電流可以認(rèn)為不變，所以圖乙中內(nèi)放電電流不變，即狹長矩形面積的物理意義為電容器放電的電荷量；（2）[2]根據(jù)電流定義式可得所以在圖像中，圖線與橫軸圍成的面積等于電荷量，所以電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為圖線與橫軸圍成的面積，由圖可知，一小格代表的電荷量為圖線與橫軸圍成的區(qū)域中大約為小方格，所以總電荷量為（3）[3]若對應(yīng)開關(guān)S與1端相連的充電過程，開始時充電電流較大，則圖像的切線斜率較大，隨著充電電流逐漸減小，則圖像的切線斜率逐漸減小，最后趨于穩(wěn)定，圖像如圖所示 （4）[4]實驗中，為使能觀察到的放電過程持續(xù)更長的時間，電阻應(yīng)選擇盡量大一些，因為釋放的電量是一定的，電流越小，放電過程持續(xù)時間越長。（5）[5]放電過程中電流的變化率為放電過程中，隨著電容器極板上電量的減少，電壓減小，電場對自由電荷的電場力減小，故此電流的變化率越來越小。四、計算題13.圖中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對滑塊的阻力可調(diào)。起初，滑塊靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向下運動。為保證滑塊做勻減速運動，且下移距離為時速度減為0，ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變。試求（忽略空氣阻力），求：（1）下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；（2）滑塊向下運動過程中加速度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)物體下落末速度為v0，由機械能守恒定律 得設(shè)碰后共同速度為v1，由動量守恒定律得碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為（2）設(shè)加速度大小為a，有得14.如圖所示，質(zhì)量為mc=4kg、長度為l=8m且兩端帶有彈性擋板的長木板C靜止在水平地面上，D、E為長木板左右端點，P為中點，質(zhì)量為mB=3.8kg的物塊B靜止在P點，一質(zhì)量為mA=0.2kg的子彈A以v0=160m/s的速度水平飛來與B發(fā)生正碰并留在其中，重力加速度大小為g=10m/s2，求：（1）當(dāng)A、B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5時，B與C均向左運動，若B剛好與擋板沒有發(fā)生碰撞，則C與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2為多少?（2）如果地面光滑，A、B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)，且A、B整體與擋板發(fā)生彈性碰撞時剛好速度交換，則：I．B最終停在長木板上何處?Ⅱ．從B開始運動到與長木板相對靜止，B物塊運動的總路程為多少?【答案】（1）；（2）I．停在D端；Ⅱ．22m【解析】【分析】A與B碰撞動量守恒，解得A與B碰撞后共同速度，由牛頓第二定律將AB 當(dāng)作整體加速度大小和木塊C加速度大小，由運動學(xué)公式求出C與地面之間的動摩擦因數(shù)；A、B與長木板C滑動到共同速度，由動量守恒求出共同速度，由能量守恒求出A、B在長木板上滑動的相對路程，判斷B最終停在長木板上何處；因為A、B與C碰撞時速度交換，在同一坐標(biāo)系可得A、B和長木板C的速度—時間圖像，求出從B開始運動到與長木板相對靜止，B物塊運動的總路程；【詳解】（1）設(shè)A與B碰撞后共同速度為，碰撞后加速度為，長木板C的加速度為，A與B碰撞動量守恒，有解得將AB當(dāng)作整體由牛頓第二定律有對木塊C受力分析可得設(shè)經(jīng)過時間t剛好不碰撞，由運動學(xué)公式有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得（2）I．A、B與長木板C滑動到共同速度，由動量守恒可得解得令A(yù)、B在長木板上滑動的相對路程為，則由能量守恒可得解得因為 即B剛好停在D端II、A、B的加速度為長木板的加速度為因為A、B與C碰撞時速度交換，在同一坐標(biāo)系可得A、B和長木板C的速度—時間圖像如（實線為A、B，虛線為長木板）由圖像可得B運動的總路程為15.如圖所示，傾角為=30°的斜面固定在水平地面上，物塊A的質(zhì)量為M=3kg，靜止在斜面上，距斜面底端為s=4m，物塊B的質(zhì)量為m=1kg，在斜面上距物塊A上方l=2.5m的位置由靜止釋放。兩物塊均可看作質(zhì)點，物塊碰撞時無機械能損失。兩物塊由不同材料制成，A與斜面之間的動摩擦因數(shù)，B與斜面間的摩擦忽略不計。重力加速度大小g=10m/s2，求:（1）發(fā)生第一次碰撞后物塊A的速度vA1和物塊B的速度vB1；（2）兩物塊第一次碰碰與第二次碰撞之間的時間t；（3）物塊A到達斜面底端的過程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)n。 【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=6【解析】【詳解】(1)設(shè)B下滑剛要與A碰撞的速度為v，由動能定理可得解得v=5m/s，A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒及機械能守恒可得聯(lián)立可解得即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。(2)A沿斜面減速下滑，合外力沿斜面向上，設(shè)加速度大小為，B沿斜面減速上滑，設(shè)加速度大小為，分別由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可解得，，t1=1s后，A速度減小為0，B上升至最高點時間，由對稱性可知，1s時B恰返回出發(fā)點，且速度為，加速度為aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移為此過程A的位移為 設(shè)B運動位移的時間為t2，由運動學(xué)公式可得解得，故兩物塊第一次碰碰與第二次碰撞之間的時間(3)由于每次都為彈性碰撞，故A、B碰后與碰前的速度總滿足故第二次碰撞前瞬間，B的速度為則碰后A、B的速度分別為同理可得，第三次碰撞前，即A減速為零時的位移為以此類推，第四次碰前，A下滑的位移為物塊A到達斜面底端的過程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)n滿足