重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二上学期9月模拟物理 Word版含解析.docx

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重庆巴蜀中学2023-2024学年高2025届高二上期九月模拟物理试题（75分钟100分）一、单选题（1-7）1.铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（　　）A100∶1B.1∶100C.1∶200D.200∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即解得铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即解得则 故选C。2.如图所示，凹槽静止在光滑的水平地面上，内表面为光滑圆柱面，在其左侧有一固定在地面上的木桩，现将可视为质点的小球从距A点正上方H高处由静止释放，然后由A点经半圆形轨道从点冲出，运动过程中不计空气阻力，则小球从释放到第一次运动到点的过程，凹槽和小球组成的系统（  ）A.机械能守恒，水平方向动量守恒B.机械能守恒，水平方向动量不守恒C.机械能不守恒，水平方向动量守恒D.机械能不守恒，水平方向动量不守恒【答案】B【解析】【详解】小球从释放到第一次运动到点的过程，凹槽和小球组成的系统只有动能与重力势能相互转化，故系统机械能守恒；小球从A点运动到凹槽最低点过程中，木桩对凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球组成的系统水平方向动量不守恒。故选B3.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（　　） A.偏转电场是匀强电场B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误；C．相较于做匀速圆周运动的电子，动能为的电子在做近心运动，动能为的电子在做离心运动，可知故C错误；D．该电场是辐射状电场,内侧的电场线密集，电场强度大，根据定性分析可知即所以故D正确。故选D。4.电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图2所示，M和N为电容器两极板，充电后与电源断开。M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（） A.电容器的电容增大B.电压传感器的示数变大C.电容器两极板间的电场强度减小D.随着加速度变大，电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比变大【答案】B【解析】【详解】A．由静止突然向前加速时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由可知电容器的电容变小，故A错误；B．电压传感器相当于静电计，故电容器的电荷量Q不变，由可知，在Q不变的情况下，C减小则U增大，故B正确；C．由公式可知，在Q不变d变大的情况下，E不变，故C错误；D．电压传感器示数与极板间距之间的关系为可得设弹簧劲度系数为，对N极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为 可得电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比为其为定值，故D错误。故选B。5.如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线。下列说法不正确的是（　　）A.电源的电动势为50VB.电源的内阻为ΩC.电流为2.5A时，外电路的电阻为15ΩD.输出功率为120W时，输出电压是30V【答案】B【解析】【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压为U=E－Ir，对照U－I图象，当I=0时U=E=50V故A正确；B．U－I图象斜率的绝对值表示内电阻，故有故B错误； C．电流为2.5A时，总电阻为故外电路电阻为故C正确；D．输出功率为120W时，对照P－I图象，电流为4A，由P=UI得输出电压为30V，故D正确。本题选不正确的，故选B。6.若规定无限远处的电势为0，则距离点电荷Q为r的位置的电势可用公式表示：，其中k为静电力常量，以正电荷Q为坐标原点，以某一根电场线为坐标轴x，则x轴上各点的电场强度E与x-2的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）A.距离点电荷1m处的各点的电场强度相同B.距离点电荷1m处的各点的电势不相同C.电子从x1=1m点移动到x2=2m点的过程中电势能增加45eVD.x1=1m与x2=2m处的电势差小于x2=2m与x3=3m处的电势差【答案】C【解析】【详解】A．点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；B．以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等，故B错误；C．由点电荷场强公式可知结合E与x-2的图像可知由题意知Q为正电荷，所以x1=1m和x2=2m处的电势分别为 代入数据解得=90V，=45V所以电子从x1=1m点移动到x2=2m点过程中电势能的变化为即电势能增加45eV，故C正确；D．离电荷越近的地方场强越大，根据U=Ed可知x1=1m与x2=2m处的电势差大于x2=2m与x3=3m处的电势差，故D错误。故选C。7.如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1kg，与地面的动摩擦因数，质量为m2=2kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为，以v0=4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6s滑离木板，g取10m/s2，以下说法正确的是A.木板的长度1.68mB.小物块离开木板时，木板速度为1.6m/sC.小物块离开木板后，木板的加速度为2m/s2，方向水平向右D.小物块离开板后，木板与小物块将发生碰撞【答案】D【解析】【详解】B．由于，得滑块在木板上减速滑行的加速度木板向右加速运动时加速度在0.6s时，滑块的速度木板的速度 B错误。A．0.6s内滑块位移为木板位移相对位移即木板长度为1.32m，A错。C．滑块离开木板后，木板做减速运动，加速度为方向向左，C错。D．在地面上滑块的加速度则滑块在地面上会滑行木板会滑行所以两者会相碰，D正确。故选D。二、多选（8-10）8.如图所示，电源电动势E及内阻r恒定不变，R、为定值电阻，为滑动变阻器，电压表V及电流表、均为理想电表。下列说法正确的是（　　） A.若S闭合，当的滑片向下滑动时，两电流表、的示数变化量B.若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比不断改变C.若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比变大D.若接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表的示数变大，电压表V、电流表的示数均变小【答案】AD【解析】【详解】A．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，总电阻减小，干路电流I1增大，电源的内电压和R两端的电压增大，由闭合电路欧姆定律知并联部分电压减小，流过R1的电流减小，A2的示数变大，而可知两电流表、的示数变化量故A正确；BC．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，根据闭合电路欧姆定律E=U+I1(R+r)电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比为可知比值不变，故BC错误；D．若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电流表A1的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表A2的示数也变小，故D正确。故选AD。9.如图所示，质量分别为和的A、B两个小球置于光滑的水平面上，B与轻质弹簧栓接在一起，A不与弹簧栓接，弹簧处于原长。现给A一个向左的水平初速度，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。下列说法正确的是（　　） A.A与弹簧分离之前，A与B的加速度之比为1：2B.A、B在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为，若将小球B固定，弹簧的最大弹性势能为，则C.若在B的左侧某处固定一挡板（位置未知，图中未画出），在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），则碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于D.若在B的左侧某处固定一挡板（位置未知，图中未画出），在A与弹簧分离前，B与挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），则碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于【答案】BCD【解析】【详解】A．A与弹簧分离之前，根据，可得A与B的加速度之比为A错误；B．A、B在运动过程中，当A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，则有解得若将小球B固定，则弹簧的最大弹性势能为可得 B正确；C．系统的总机械能不可能增加，因此碰后弹簧的最大弹性势能不可能大于，C正确；D．当弹簧恢复原长时，设此时A、B的速度分别为和，则有解得，可知在弹簧恢复原长时B与挡板碰撞，碰后系统具有向右的最大动量，当两者共速时，此时弹簧的最大弹性势能是所有B与挡板碰撞情景中弹簧最大弹性势能最小的，则有解得可知B与挡板碰后弹簧的最大弹性势能不可能小于，D正确；故选BCD。10.如图所示，有一倾角为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直.一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行.已知，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为，取，，重力加速度为g，不计空气阻力.则下列说法正确的有（　　）A.长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为B.长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为C.若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落D.若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落 【答案】ABD【解析】【分析】【详解】AB．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有对物体，有选项AB正确；CD．木板与挡板第一次碰撞碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为若木板足够长，物体一直向下加速，加速度不变.则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移物体的速度为木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移，则第三次碰前，两者的相对位移为木板长，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确。故选ABD。 三、实验题11.如图所示，甲为“探究碰撞中的守恒量”的实验装置图，带有U型槽的铝制轨道一端固定在铁架台上，另一端平放在桌面上，连接处为较短的圆弧。外形完全相同的钢柱与铝柱能稳定地在轨道中运行（如图乙所示）。实验步骤如下：①在倾斜轨道上适当位置标记A点，将钢柱右侧底面与A点对齐，并由静止释放，它的右侧底面运动到C处静止，在水平轨道上标记C点，测量两点间的水平距离；②拿走钢柱，将铝柱右侧底面与A点对齐，并由静止释放，它的右侧底面运动到处静止，在水平轨道上标记点，测量两点间的水平距离；③在水平轨道上离斜面底端B足够远的位置标记D点，测量之间的距离；④将铝柱放在D处，使其___________（选填“左侧”或“右侧”）底面与D点重合；⑤仍将钢柱从A处由静止释放，使其与铝柱碰撞，测量碰撞后钢柱移动的距离x1、铝柱移动的距离x2；⑥测量钢柱的质量m1、铝柱的质量m2。回答以下问题：（1）在步骤④中应填（选填“左侧”或“右侧”）；（2）验证该过程中动量守恒的表达式为___________（用各步骤中物理量表示）；（3）验证该过程中动能守恒的表达式为___________（用各步骤中物理量表示）。【答案】①.左侧②.③.【解析】【详解】（1）[1]为了使钢柱运动到D点时右侧与其接触，铝柱放在D处，应使其左侧底面与D点重合。（2）[2]设碰前瞬间钢柱运动D点时的速度为v0，钢柱从D到C做末速度为零的匀减速直线运动，据速度位移公式可得据牛顿第二定律可得设A点距水平轨道的高度为h，从A到C过程据动能定理可得 联立解得同理可得碰后瞬间，钢柱和铝柱的速度分别为，碰撞过程满足动量守恒，可得联立可得（3）[3]若碰撞瞬间满足动能守恒，可得联立可得联立解得12.电流传感器可以像电流表一样测量电流，能显示出电流随时间变化的图像。照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在较短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。（1）在图中画一个竖立的狭长矩形（在图乙的最左边），它的面积的物理意义是___________（填写面积所代表物理量的名称）（2）根据图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为___________C（结果保留一位有效数字）。（3）若对应开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的图像的示意图是怎样的？请在图丙中定性画出。（） （4）实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，请通过分析，说明：在其它条件一定的条件下，电阻应选择尽量大一些还是小一些？（）（5）某实验小组在完成实验后，积极展开思考，进一步进行理论探究“为什么放电过程中电流的变化率越来越小”，假如你也是实验小组的一员，请你对此做出合理的理论分析。（）【答案】①电荷量##电量②.③.④.尽量大一些⑤.见解析【解析】【详解】（1）[1]在极短时间内，电容器放电电流可以认为不变，所以图乙中内放电电流不变，即狭长矩形面积的物理意义为电容器放电的电荷量；（2）[2]根据电流定义式可得所以在图像中，图线与横轴围成的面积等于电荷量，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量为图线与横轴围成的面积，由图可知，一小格代表的电荷量为图线与横轴围成的区域中大约为小方格，所以总电荷量为（3）[3]若对应开关S与1端相连的充电过程，开始时充电电流较大，则图像的切线斜率较大，随着充电电流逐渐减小，则图像的切线斜率逐渐减小，最后趋于稳定，图像如图所示 （4）[4]实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，电阻应选择尽量大一些，因为释放的电量是一定的，电流越小，放电过程持续时间越长。（5）[5]放电过程中电流的变化率为放电过程中，随着电容器极板上电量的减少，电压减小，电场对自由电荷的电场力减小，故此电流的变化率越来越小。四、计算题13.图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力），求：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（2）滑块向下运动过程中加速度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律 得设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得碰撞过程中系统损失的机械能为（2）设加速度大小为a，有得14.如图所示，质量为mc=4kg、长度为l=8m且两端带有弹性挡板的长木板C静止在水平地面上，D、E为长木板左右端点，P为中点，质量为mB=3.8kg的物块B静止在P点，一质量为mA=0.2kg的子弹A以v0=160m/s的速度水平飞来与B发生正碰并留在其中，重力加速度大小为g=10m/s2，求：（1）当A、B与长木板C之间的动摩擦因数μ1=0.5时，B与C均向左运动，若B刚好与挡板没有发生碰撞，则C与地面之间的动摩擦因数μ2为多少?（2）如果地面光滑，A、B与长木板C之间的动摩擦因数，且A、B整体与挡板发生弹性碰撞时刚好速度交换，则：I．B最终停在长木板上何处?Ⅱ．从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路程为多少?【答案】（1）；（2）I．停在D端；Ⅱ．22m【解析】【分析】A与B碰撞动量守恒，解得A与B碰撞后共同速度，由牛顿第二定律将AB 当作整体加速度大小和木块C加速度大小，由运动学公式求出C与地面之间的动摩擦因数；A、B与长木板C滑动到共同速度，由动量守恒求出共同速度，由能量守恒求出A、B在长木板上滑动的相对路程，判断B最终停在长木板上何处；因为A、B与C碰撞时速度交换，在同一坐标系可得A、B和长木板C的速度—时间图像，求出从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路程；【详解】（1）设A与B碰撞后共同速度为，碰撞后加速度为，长木板C的加速度为，A与B碰撞动量守恒，有解得将AB当作整体由牛顿第二定律有对木块C受力分析可得设经过时间t刚好不碰撞，由运动学公式有联立代入数据解得（2）I．A、B与长木板C滑动到共同速度，由动量守恒可得解得令A、B在长木板上滑动的相对路程为，则由能量守恒可得解得因为 即B刚好停在D端II、A、B的加速度为长木板的加速度为因为A、B与C碰撞时速度交换，在同一坐标系可得A、B和长木板C的速度—时间图像如（实线为A、B，虚线为长木板）由图像可得B运动的总路程为15.如图所示，倾角为=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数，B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m/s2，求:（1）发生第一次碰撞后物块A的速度vA1和物块B的速度vB1；（2）两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；（3）物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。 【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=6【解析】【详解】(1)设B下滑刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得解得v=5m/s，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒可得联立可解得即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。(2)A沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为，B沿斜面减速上滑，设加速度大小为，分别由牛顿第二定律可得代入数据可解得，，t1=1s后，A速度减小为0，B上升至最高点时间，由对称性可知，1s时B恰返回出发点，且速度为，加速度为aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移为此过程A的位移为 设B运动位移的时间为t2，由运动学公式可得解得，故两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间(3)由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足故第二次碰撞前瞬间，B的速度为则碰后A、B的速度分别为同理可得，第三次碰撞前，即A减速为零时的位移为以此类推，第四次碰前，A下滑的位移为物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足