江苏省如皋2024-2025学年高二上学期暑假开学学情调研物理试卷+答案

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1、新高二暑假学情调研物理试卷年新高二暑假学情调研物理试卷 姓名：_班级：_ 一、单选题一、单选题 1许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列说法中正确的是（）A牛顿发现了万有引力定律后，用实验的方法测出了引力常量 G的数值 B卢瑟福根据 粒子散射实验现象提出了原子的核式结构模型 C伽利略用实验证明了力是使物体运动的原因 D赫兹从理论上预言了电磁波的存在 2关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（）A动能不变 B动量不变 C加速度不变 D线速度不变 3如图所示，纸面内以 O点为圆心的圆周卜有 M、N、A、B 四个点，MN、AB 为直径且互相垂直。若将两根直导线垂直于纸面放在 M、N 处，并

2、通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流。下列说法正确的是（）AO点磁感应强度的方向由 O 指向 B BO点的磁感应强度大小为零 CA、B两点磁感应强度相同 DA点的磁感应强度方向与 MN 连线平行且方向向左 4如图所示，在 xOy平面内有以 y轴为边界的磁感应强度大小相等、方向相反的两匀强磁场，金属圆环的圆心为 O。下列过程会使环中产生感应电流的是（）A环沿 y 轴平移一小段距离 B环沿 x 轴平移一小段距离 C环绕 y 轴转动一小角度 D环绕 x 轴转动一小角度 试卷第 2 页，共 5 页 5如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形 ABCD的三个顶点，其中 A、B 处导线电流

3、方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心 O点的磁感应强度大小为0B。若将 C处的导线撤去，则 O点处的磁感应强度大小为（）A0105B B02 55B C0B D02B 6环形导线 M、N 在同一平面内，圆心均在 O点。M 中的电流方向如图所示。则（）AO处的磁场方向与平面平行 BO处的磁场方向垂直平面向里 CM 中电流增大时，穿过 N 的磁通量不变 DM 中电流增大时，N 中产生感应电流 7 如图所示，小球在水平拉力 F的作用下以恒定速率在竖直平面内由 P点运动到 Q点。在此过程中（）A绳子拉力做正功 B拉力 F的瞬时功率逐渐增大 C小球的机械能守恒 D小球的动量逐渐

4、增大 9“高铁”作为一种时尚快捷的交通工具，正受到越来越多人的喜爱。若高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动且所受阻力大小不变，则该阶段列车的位移 x、牵引力的功率 P随时间 t及列车的速度 v、动能kE随位移 x的关系图像，正确的是（）试卷第 3 页，共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 A B C D 10如图甲，一质量为 2kg 的物块静止在光滑水平面上，从 t=0 时刻开始受到一水平外力 F作用，F随时间t变化的图线如图乙所示。取 t=0 时刻力 F 的方向为正方向，重力加速度大小取210m/sg=。下列说法正确的是（）A前 4s 时间内，物块做往返运动 Bt=4s

5、 时，物块的动量为 2kgm/s C前 4s 时间内，物块所受重力的冲量为 0 Dt=2s 到 t=4s 时间内，物块的速度变化量为 2m/s 11一物体静止在光滑水平面上，从 t=0 时刻起，受到如图所示的水平外力 F，以向右运动为正方向，物体质量为 2.5kg，则下列说法正确的是（）A第 1s 末物体的动量大小为 5kgm/s B前 2.5s 内物体所受合外力的冲量为零 C第 3s 末水平外力 F 的功率为 10W D前 3s 内物体的位移为 2m 二、解答题二、解答题 试卷第 4 页，共 5 页 12把一个面积为225.0 10 m的线圈放在某匀强磁场中，当线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈

6、的磁通量为31.0 10 Wb。（1）该磁场的磁通密度是多少？（2）上述线圈从与磁场方向垂直的初始位置转动到与磁场方向成 60的位置，穿过线圈的磁通量以及该磁场的磁通密度各是多少？13一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s,g取210m/s。（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；（2）求网对运动员的平均作用力的大小；（3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受弹力的冲量。14质量 m=2kg 的物体静止在水平面上，从 t=0 时刻开始，对物体施加

7、水平力 F，4s 后撤去 F，F随时间变化的 Ft图像如图所示，物体与水平面之间的动摩擦因数=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）物体的最大速度；（2）物体停止运动的时刻。15如图所示，线圈面积为 S，线圈平面与磁感应强度为 B的匀强磁场方向垂直。设图示情况下的磁通量为正值。问：（1）此时穿过线圈平面的磁通量为多少？（2）线圈从初始位置绕OO轴转过 60时，穿过线圈平面的磁通量为多少？（3）线圈从初始位置转过 180时，穿过线圈平面的磁通量变化了多少？试卷第 5 页，共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 16一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地

8、面上的 A 点，距离 A点 5m 的位置 B处是一面墙，如图所示，物块以 v09m/s 的初速度从 A点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7m/s，碰后以 6m/s 的速度反向运动直至静止，g取 10m/s2。求：（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）若碰撞时间为 0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力 F的大小；（3）物块在反向运动过程中位移大小。答案第 1 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案：参考答案：1B【详解】A牛顿发现了万有引力定律后，卡文迪许用实验的方法测出了引力常量 G的数值，故项 A 错误；B卢瑟福根据 粒子散射实验现象提出了原子的核式结构

9、模型，故 B 正确；C伽利略用实验证明了力是使物体运动状态改变的原因，故 C 错误；D麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，故 D 错误。故选 B。2A【详解】匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向不断变化，则动能不变，动量、加速度和线速度都是大小不变，方向不断变化。故选 A。3B【详解】AB根据安培定则可知 M处电流在 O点产生的磁感应强度的方向沿 AB 向下，N处电流在 O 点产生的磁感应强度的方向沿 AB 向上，由于两导线电流大小相等，O到 M、N的距离相等，所以 M、N处电流在 O 点产生的磁感应强度大小相等，根据矢量合成可知 O处磁感应强度为零，选项 A 错误，B

10、 正确；CD根据安培定则可知 M处电流产生的磁感应强度的方向以及 N 处电流产生的磁感应强度的方向如图 由图及矢量合成可知 A、B两处磁感应强度方向不同，A点的磁感应强度方向与 MN 连线平行，方向水平向右，选项 CD 错误。故选 B。4B【详解】感应电流产生的条件是，穿过线圈的磁通量发生变化：ACD环沿 y 轴平移一小段距离、环绕 y 轴转动一小角度、环绕 x 轴转动一小角度穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，所以无感应电流产生，故 ACD 错误；B环沿 x 轴平移一小段距离，穿过线圈的磁通量发生改变，能产生感应电流，故 B 正确。故选 B。答案第 2 页，共 7 页 5A【详解】设每根通电

11、导线单独在O点产生的磁感应强度大小为B，A点导线在 O点产生的磁感应强度的方向为从 O 指向 D，B点导线在 O点产生的磁感应强度的方向为从 O指向 A，C点导线在 O点产生的磁感应强度的方向为从 O 指向 D，由平行四边形定则可得 2220(2)BBB=+解得 055BB=将C点处的导线撤去后，O点处的磁感应强度大小为 22001025BBBBB=+=故选 A。6D【详解】AB根据右手螺旋定则可知 O 处的磁场方向垂直平面向外，与平面垂直，故 AB 错误；CDM 中电流增大时，磁感应强度增大，穿过 N 的磁通量增大，N 中产生感应电流，故 C 错误，D 正确。故选 D。7B【详解】A小球在运

12、动过程中，绳子拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子拉力不做功，故 A 错误；B绳子拉力不做功，根据动能定理有 FG0WW=克 则有 FGWW=克 水平拉力做的功与克服重力做功相等，则水平拉力的功率等于克服重力做功的功率，令速度重力方向与圆周切线间的锐角为，则有 根据功率的定义式有 cosPmgv=小球做匀速圆周运动由 P点运动到 Q点，逐渐减小，则拉力 F的瞬时功率逐渐增大，故 B 正确；C小球在运动过程中，速度大小不变，动能不变，高度升高，重力势能增大，则小球的机械能增大，故 C错误；D根据 答案第 3 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 pmv=速度大小一定，则小球的动量大小不变，故

13、 D 错误。故选 B。8D【详解】A高铁列车在做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的关系满足212xat=，位移 x 与时间t为二次函数关系，故 A 错误；B由牛顿第二定律得 Ffma=牵引力的功率为()()PFvfma vfma at=+=+则Pt图像应是过原点的倾斜直线，故 B 错误；C由速度与位移的关系式22vax=可知，速度与位移图像是曲线，故 C 错误；D由动能定理得()k0Ff xE=即()kEFf x=所以kEx图像是一条过原点的倾斜直线，故 D 正确。故选 D。9B【详解】AFt图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，前 4s 时间内的冲量为()2 2N s421N

14、 s2N s 0 =可知，前 4s 时间内，物块始终沿正方向运动，没有做往返运动，故 A 错误；B根据动量定理有 11Imv=结合上述有 答案第 4 页，共 7 页 12N sI=解得 12kg m/smv=即 t=4s 时，物块的动量为 2kgm/s，故 B 正确；C前 4s 时间内，物块所受重力的冲量为 G80N sImgt=故 C 错误；Dt=2s 到 t=4s 时间内，合力的冲量为 2Ipm v=Ft图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，t=2s 到 t=4s 时间内冲量为()2421N s2N s 0I=解得物块的速度变化量为-1kgm/s，故 D 错误。故选 B。10C【

15、详解】A01s 内，根据动量定理可得 F11Imv=F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，即 F111 5N s2.5N s2I=所以第 1s 末物体的速度大小为 1m/s，物体的动量大小为 2.5kgm/s，故 A 错误；B由图可知，前 2.0s 内物体所受合外力的冲量为零，故 B 错误；C03s 内，根据动量定理可得 F33Imv=F31 5N s5N sI=所以 3s 末物体的速度大小为 32m/sv=所以第 3s 末水平外力 F的功率为 310WPFv=故 C 正确；答案第 5 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 D第 3s 内物体做初速度为 0 的匀加速直线运动，位移为

16、 2311m2Fxtm=根据运动的对称性可得，01s 内与 1s2s 内位移相同，由于 01s 内物体做加速度减小的加速运动，且 1s末的速度为 1m/s，所以 01s 内物体的位移大小 1110.5m2xvt=所以前 3s 内的位移大于 2m，故 D 错误。故选 C。11（1）0.02T；（2）8.6610-4Wb；0.02T【详解】（1）根据=BSsin，则当线圈与磁场方向垂直时，该磁场的磁通密度：32T=0.02T5.01.0 1010BS=（2）当线圈绕某边转到与磁场方向成 60角时，则有=BSsin60=0.02510-232Wb=8.6610-4Wb 该磁场的磁通密度认为 0.02

17、T。12（1）1080kg m/；（2）1950N；（3）1560kg m/s，方向竖直向上【详解】（1）运动员向下接触网面和反弹的速度大小分别为 1122 10 3.2m/s8m/svgh=2222 10 5m/s10m/svgh=运动员与网接触的这段时间内动量的变化量的大小为 121080kg m/spmvmv=+=（2）根据动量定理()Fmg tp=得网对运动员的平均作用力的大小为 1950NF=（3）运动员所受弹力的冲量为 1560kg m/sIFt=方向竖直向上。13（1）5m/s；（2）6.5s 答案第 6 页，共 7 页【详解】（1）物体与水平面之间的滑动摩擦力 4Nfmg=则根

18、据图像可知，在 t=1s 时物体开始运动 t=4s 时物体的速度最大，根据图像与坐标轴围成的面积可知，水平力 F在 14s 内的冲量 481N s8 2N s22N s2I+=+=根据动量定理有()m1If tmv=则 m5m/sv=（2）t=4s 后，物体在摩擦力作用下的运动时间 m2.5sgvt=则物体在 t=6.5s 时停止运动。14（1）BS；（2）12BS；（3）2BS【详解】（1）以图示情况下的磁通量为正值，则此时穿过线圈平面的磁通量为 0BS=（2）线圈从初始位置绕 OO轴转过 60时，穿过线圈平面的磁通量为 11cos602BSBS=（3）线圈从初始位置转过 180时，穿过线圈平面的磁通量为 2cos180BSBS=则穿过线圈平面的磁通量变化了 202BS=15（1）0.32；（2）130N；（3）5.625m【详解】（1）对小物块从 A 运动到 B 处的过程中，应用动能定理 2201122mgsmvmv=代入数值解得=0.32（2）取向右为正方向，碰后滑块速度 v=-6m/s，由动量定理得 答案第 7 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 F tmvmv=解得 F=-130N 其中“-”表示墙面对物块的平均力方向向左；（3）对物块反向运动过程中，由动能定理得 2102mgsmv=代入数据解得 5.625ms=