湖北省2024-2025学年高二物理上学期期中联考试题含解析

Page18高二物理试卷试卷满分：100分一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得两分，有选错的得0分．）1.下列说法与物理学史相符的是（）A.奥斯特发觉电磁感应现象B.法拉第证明电流四周存在磁场C.焦耳依据所测电流通过电阻放出的热量，提出焦耳定律D.伏特首先探讨得出电流与电压、电阻三者之间的关系【答案】C【解析】【详解】AB．奥斯特发觉电流磁效应，法拉第发觉电磁感应现象，AB错误；C．焦耳依据所测电流通过电阻放出的热量，提出焦耳定律，即电流通过导体产生的热量与电流的二次方成正比，与导体的电阻成正比，与通电时间成正比，C正确；D．欧姆首先探讨得出电流与电压、电阻三者之间的关系，D错误。故选C。2.如图所示，一质量为m滑块沿光滑的水平面以速度v0运动，遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是（）A.滑块的动量变更量的大小为mv0 B.滑块的动量变更量的大小为mv0C.滑块的动量变更量的方向与v0的方向相同 D.重力对滑块的冲量为零【答案】B【解析】【详解】ABC．以初速度方向为正，有=p2－p1=mv2－mv1=－mv0－mv0=－mv0所以滑块的动量变更量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故AC错误，B正确；D．依据I=Ft得重力的冲量为I=mgt不为零，故D错误。故选B。3.图甲为一列沿轴传播的简谐横波在时的波形图，是这列波上的两个质点，质点的振动图像如图乙所示．下列说法正确的是（）A.这列波沿轴负方向传播B.这列波的波长C.这列波的传播速度D.在到内，质点通过的路程是【答案】D【解析】【详解】A．从图乙中可以看出时质点在平衡位置，且速度方向为正，在图甲中依据同侧法可推断这列波沿正方向传播，A错误；B．从图甲中可以看出这列波的波长，B错误；C．从图乙中可以看出这列波的周期，依据可求得C错误；D．从到，时间为，即，质点通过的路程是一个振幅的长度，即，D正确。故选D。4.两列横波在同种介质中相遇时某一时刻的状况如图所示，发生干涉现象，实线表示波峰，虚线表示波谷，则（）A.两列横波的频率确定相等B.N点确定总是处于静止状态C.N点到两波源的距离确定相等D.四分之一个周期后M点的瞬时速度为0【答案】A【解析】【详解】A．发生干涉现象的两列波频率完全相同，所以两列横波的频率确定相等，故A正确；B．N点是振动减弱点，两列波的振幅假如不同，N点不是总处于静止状态，故B错误；C．N点是振动减弱点，假如两波源的振动相位差为0，则N点到两波源的距离是半波长的奇数倍，故C错误；D．四分之一个周期后M点振动到平衡位置，振动速度最大，故D错误。故选A。5.如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽视不计的绳子，此人想从气球上沿绳渐渐下滑至地面，为了平安到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，依据动量守恒人与气球运动的距离分别为，得又代入数据，绳长至少为故选D。6.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和，图乙为它们碰撞后的图像，已知．由此可以推断（）A.碰前匀速，加速运动B.碰后和都向右运动C.D.碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒【答案】D【解析】【详解】AB．由s-t图像的斜率等于速度可知碰前m2静止，m1匀速运动，m1的速度为向右运动；碰后m1速度为向左运动，碰后m2的速度向右运动，故AB错误；C．依据动量守恒定律得代入数据解得故C错误；D．两物体组成的系统在碰撞前的机械能为碰撞后的机械能为因为所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D正确。故选D。7.如图所示电路中，电源内阻不能忽视，两个电压表均为志向电表，当滑动变阻器的滑动触头移动时，两个电压表与的示数分别为、，电流表示数为，下列推断正确的是（）A.P向移动，示数增大、的示数减小，的示数变小B.P向移动，则C.P向移动，示数增大、的示数减小，的示数不变D.P向移动，示数变更量的确定值小于示数变更量的确定值【答案】D【解析】【详解】AB．由题图可知，电阻R1与R2串联，电压表测的是R1两端的电压，测的是R2两端的电压，P向移动，则滑动变阻器接入电路的电阻值增大，电路的总电阻值增大，电路的电流减小，则的示数变小，电源内阻电压减小，路端电压增大，R1两端电压减小，即示数减小，则有R2两端电压增大，即的示数增大，由于电源内阻电压减小，可知的增大量确定大于的减小量，对于定值电阻R1则有由闭合电路欧姆定律可有可得则有AB错误；CD．P向移动，则滑动变阻器接入电路电阻值减小，电路的总电阻值减小，电路中电流增大，的示数变大，电源内阻电压增大，路端电压减小，R1两端电压增大，示数增大，则的示数减小，示数与示数的和等于路端电压，可知示数变更量的确定值小于示数变更量的确定值，C错误，D正确。故选D。8.如图所示，虚线代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，是这条轨迹上的三点，同时在等势面上，下列说法正确的是（）A.点的电场强度小于点的电场强度B.的电势比的电势低C.带电质点在点受到的电场力沿从左指向右D.带电质点在点的动能比在点的动能小【答案】BD【解析】【详解】A．依据等差等势面越密电场强度越大，可知P点的场强比Q点的场强大，故A错误；B．电场力指向曲线的内侧，依据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场方向切线向上，如图所示沿电场线方向，电势降低，所以c点电势最高，故B正确；C．负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，且与等势线垂直，因此带电质点在点受到的电场力垂直于向下，C错误；D．负电荷在电势高处电势能小，P点电势低，Q点电势高，所以P点电势能大，运动过程中，只受电场力作用，动能与电势能之和保持不变，带电质点在点的动能比在点的动能小，故D正确。故选BD。9.图所示，质量为的木板静止在足够大的光滑水平地面上，质量为的木块静止在木板们左端。质量为的子弹以大小为的初速度射入木块，子弹射入木块后未穿出木块，且木块恰好木滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，子弹与地均视为质点，不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是（）A.子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能不守恒B.子弹射入木块后共同速度为C.木板长度为D.木块在木板上滑行时间是【答案】AD【解析】【详解】A．子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，但由于系统内摩擦力做功,系统机械能不守恒，A正确；B．对子弹和木块系统，依据动量守恒可得求得子弹射入木块后共同速度B错误；CD．木块恰好未滑离木板，可知最终木块与木板具有相同的速度，依据动量守恒可得解得木块在木板上滑行时的加速度木块在木板上滑行时间为木板长度为C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为，斜面上质量为物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于点，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。现将A沿斜面对上推动至弹簧压缩量为处的点无初速度释放，为关于的对称点。关于物体A后续的运动过程，下列说法正确的是（）A.物体A做简谐运动，振幅为B.物体A在点时，系统的弹性势能最大C.物体A速度的最大值为D.物块在和点时，由物块与弹簧构成的系统的势能相等【答案】BCD【解析】【详解】A．做简谐运动的物体，在平衡位置合外力为零。故可知O点为平衡位置，则有解得弹簧处于拉伸状态，故OC之间的距离为故振幅为，故A错误；B．由上可知，弹簧的原长位置在OC之间，依据简谐运动的对称性可知，物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确；C．依据简谐运动的特点可知，物体A在O点的速度最大，C点和O点弹簧的形变量一样，弹簧弹性势能不变。故从C到O的过程中，由功能关系可得解得故C正确；D．物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。依据能量守恒定律可知，整个运动过程中，物块与弹簧构成的系统势能与动能之间相互转化。依据简谐运动的特点可知，C点和B点的速度均为零。故C点和B点物块与弹簧构成的系统势能大小相等。故D正确。故选BCD。【点睛】驾驭简谐运动的规律和特点。平衡位置合外力为零，振幅最大处速度为零，加速度最大。留意运动过程中能量之间的转化。二、试验题（11题8分；12题10分）11.某同学想测量一旧手机中的锂电池的电动势和内阻r（电动势E标称值，允许最大放电电流为）。试验室备有如下器材：电压传感器（可视为志向电压表）：定值电阻（阻值为）；电阻箱；开关S一只，导线若干。（1）为测量锂电池的电动势E和内阻r，该同学设计了如图甲所示的电路图。试验时，团合开关S，发觉电压传感器有示数，调整R的阻值，示数不变，则电路故隐是______（填“R”或“”）发生断路。（2）解除故障后，该同学通过变更电阻箱R的阻值，得到多组测量数据，依据利量数据作出图像，如图乙所示。则该锂电池的电动势______V、内阻______。（结果均保留两位有效数字）（3）测得的内电阻______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实的内电阻。【答案】①.R②.3.3③.12④.等于【解析】【详解】（1）[1]电压传感器有示数，说明传感器两端与说与电路接通的，所以说明是与电源相连的，那么调整R的阻值，电压传感器的示数不变，说明R断路。（2）[2]由闭合电路的欧姆定律可知比照题图可知，依据图像的截距可得[3]依据图像斜率可得（3）[4]本试验测量电压的传感器没有内阻，所以不会分流，故测量的电源内阻没有误差，即测量值等于真实值。12.小明组装单摆，完成测量当地重力加速度g试验，装置如图甲所示。（1）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，摆球直径为___________mm，并利用刻度尺测得摆线长为97.10cm。用秒表记录单摆50次全振动所用时间，如图乙所示，则可知该次试验中50次全振动所用的时间为___________s；（2）用甲图中的多组试验数据作出T2L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2L图线的示意图如下图中的a、b、c所示，其中，a和b都过原点，b和c平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度g的值。则相对于图线b，下列分析正确的是___________A.计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点起先计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动；B.出现图线a的缘由可能是误将49次全振动记为了50次C.出现图线c的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离干脆记为了摆长LD.多次变更摆线长l，测量多组50次全振动对应的时间t，通过绘制的t2l关系图线也可以测定重力加速度（3）疫情静默期间，由于没有学校的试验仪器，小红同学在家找了一块外形不规则的长条状的大理石块代替摆球，如图所示，来测量当地的重力加速度，她设计步骤是：A.将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点B.用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长C.将石块拉开一个大约5的角度，然后由静止释放D.从摆球摆到某合适位置时起先计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期E.变更ON间尼龙线的长度再做几次试验，登记相应的L和TF.求出多次试验中测得的Ｌ和T的平均值作为计算时运用的数据，代入公式求出重力加速度g。①你认为该同学以上试验步骤中存在错误或不当的步骤是___________。（填步骤前的序号）②若用上述方法在两次试验中分别测得摆线长度为L1、L2，若其对应的周期分别为T1、T2，则可以比较精确地推算出重力加速度的表达式为___________。【答案】①.20.6②.99.8③.BD##DB④.BDF⑤.【解析】【详解】（1）[1]摆球的直径为[2]由图示秒表可以知道，秒表的读数为（2）[3]A．计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点起先计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动，由于在最高点的速度太小无法找到真正的最高点，计时会出现较大的误差，因此不能从最高点计时，应从经过最低点计时，故A错误；B．由图线a可知在同样摆长的状况下，振动周期偏小，可能是误将49次全振动记为了50次，从而周期测量偏小导致，故B正确；C．由题图可知，对图线c，当L为零时T2不为零，可能是把悬线长度作为摆长，即误将悬点到小球上端的距离干脆记为了摆长L，故C错误；D．依据可得又由可得图线斜率为n为定值50次，因此是可以测定重力加速度的，故D正确。故选BD。（3）[4]该同学以上试验步骤中有重大错误的是BDF：B．摆长应是悬点到大理石块质心的距离；D．测量时间应从单摆摆到最低点起先；F．必需先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值。[5]设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式有解得13.如图所示，实线是沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波形。已知在时刻，处的质点向轴负方向运动。虚线为时的波形，已知此波的周期，振幅为，求：（1）推断该波的传播方向；（2）该波的波速；（3）写出从0时刻起，处质点的振动方程。【答案】（1）沿轴正方向传播；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由波形和质点的振动方向规律可知，当时刻，处的质点向轴负方向运动，则波沿轴正方向传播。（2）由图可知，则有因为周期，故，则该波的周期为由图可知，波长为，由公式可得该波的波速为（3）0时刻，处的质点从平衡位置向轴正方向运动，所以振动方程为14.如图所示，一个电子由静止起先经加速电场加速后，沿右侧两平行正对的极板中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出，打到若光屏上的点，为若荧光屏的中心点。已知电子质量为、电荷量为，加速电场所加的电压为、偏转电场所加的电压为、水平极板的长度为、上下两板间距离为、水平极板的右端到荧光屏的距离为。不