湖北省2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）2

湖北省2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．一个物体在下述运动中，动量不发生变化的是（）A．匀加速直线运动 B．斜向上抛运动C．匀速圆周运动 D．匀速直线运动2．最近，我国为长征九号研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为4km/s，产生的推力约为5.2×10A．1.3×103kg B．1.3×106kg3．最近在90后当中掀起了一股童年回忆的浪潮，玻璃弹珠重回大众的视野。质量为m的A球以速度v与质量为m的静止的B球发生对心弹性碰撞，碰撞后B球的速度为（）A．v B．2v C．0.5v D．0.2v4．做简谐运动的单摆，当摆球通过最低位置时（）A．摆球所受的合力为零B．摆线对摆球的拉力最大C．摆球受到重力，拉力，回复力，向心力D．摆球的重力势能一定为零5．如图所示，质量为M=3kg的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m=1kg的小球以速度为v=2m/s向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（）A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．6m/s6．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零B．t=1.25s时，振子的速度方向为竖直向下C．振子在C点和D点的加速度相同D．t=1s到t=2s的时间内，振子的位移为−3cm7．如图所示，在光滑水平面上，有一质量m1=4kg的薄板和质量m=2kg的物块都以v=3m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度为A．做加速运动 B．做减速运动C．做匀速运动 D．以上运动都有可能二、多选题8．如图甲所示，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，其共振曲线如图乙所示。现在，在某电压下电动偏心轮转速是36r/min，为了使筛子的振幅增大，小朱、小夏同学查阅资料发现：增大电压可使偏心轮转速提高，增加筛子质量可增大筛子的固有周期。他们提出了四个备选方案，能实现增大振幅目的的可能是（）A．提高输入电压 B．降低输入电压C．减少筛子质量 D．增加筛子质量9．如图甲，倾角为α的固定足够长的光滑斜面上，质量为1kg的物块在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始沿斜面向上做直线运动，F随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知sinα=15A．t=4s时物块的速度为零B．t=6s时物块回到初始位置C．t=3s时物块的动量大小为12kg⋅m/sD．0~6s时间内F对物块所做的功为72J10．甲、乙两个单摆，做简谐振动图像如图所示，则可知（）A．甲的周期是1s，乙的周期2sB．两个单摆所受回复力最大值之比FC．单摆甲速度为零时，单摆乙回复力产生的加速度最小D．两个单摆的振动频率之比f11．如图所示，质量为2kg的物块B放在光滑水平面上，质量为1kg的物块A叠放在物块B上，A与B间的动摩擦因数为0.5，开始时，两物块处于静止状态，t=0时刻，给物块B施加一个水平向右的推力，推力随时间变化的规律如图2所示，t=5s时刻，物块A与B恰好发生相对滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2，则（）A．t=5s时刻，推力大小为10NB．t=5s时刻，物体A的速度大小为12.5m/sC．0~5s内，物体A受到的摩擦力的冲量为12.5N⋅sD．0~5s内，推力F做功大小为134.75J三、实验题12．单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。（1）组装单摆，应在下列器材中选用_________（选填选项前的字母）A．长度为1m左右的细线 B．长度为20cm左右的细线C．直径为1.5cm的塑料球 D．直径为1.5cm的铁球（2）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。请计算出第3组实验中的g=m/s2组次123摆长L80.0090.00100.0050次全振动所用时间90.095.5100.5振动周期T1.801.91重力加速度g/m⋅9.749.73（3）用多组实验数据做出T2−L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2−L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．图线c对应的g值小于图线b对应的g值C．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次13．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地点。（1）用什么方法找出落地点的平均位置？，并在图中读出lOP=（2）已知mA>mB，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出R是球的落地点，（3）用题中的字母写出动量守恒定律的表达式。四、解答题14．把一个质量为0.2kg的小球放在高度为5.0m的直杆的顶端，如图所示。一颗质量为0.01kg的子弹以600m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离为15m，g取10m/s（1）小球落地所需要的时间；（2）子弹落地处离杆的距离。15．如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M=2kg、足够长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能EP；（3）小车长度L。16．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t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s（1）求单摆的振动周期和摆长。（2）求摆球的质量。求摆球运动过程中的最大速度。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．物体做匀加速直线运动时，速度一直增大，根据p=mv，可知其动量发生了变化。A不符合题意；B．同理，物体做斜上抛运动，其速度方向时刻在改变，可知其动量发生了变化。B不符合题意；C．同理，物体做匀速圆周运动时，速度方向时刻在发生变化，可知其动量发生了变化。C不符合题意；D．当物体做匀速直线运动时，其速度大小和方向均不变化。所以其动量不发生变化。D符合题意。故答案为：D。

【分析】匀加速直线运动中速度不断增大，结合动量的表达式得出动量的变化情况结合斜上抛和匀速圆周运动以及匀速圆周运动的规律得出动量是否变化。2．【答案】A【解析】【解答】设它在∆t时间内喷射的气体质量为∆m，根据动量定理FΔt=Δmv，解得ΔmΔt=F故答案为：A。

【分析】喷射气体的过程根据动量定理得出在1s时间内喷射的气体质量。3．【答案】A【解析】【解答】两球发生对心弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv+0=mvA+mv故答案为：A。

【分析】两球发生对心弹性碰撞时根据动量守恒定律和能量守恒定律得出碰后B的速度。4．【答案】B【解析】【解答】AB．当摆球通过最低位置时，满足合外力提供向心力，即T−mg=mv合力不为零；摆球经过最低点时速度最大，所以拉力最大，A不符合题意，B符合题意；C．摆球经过最低点时，只受重力、拉力两个力的作用，向心力和回复力不是摆球实际所受的力，C不符合题意；D．因为零势能面可以任意选取，所以当摆球通过最低位置时摆球的重力势能不一定为零，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】当摆球通过最低位置时，根据合力提供向心力的合力的大小以及拉力的大小，向心力和回复力不是摆球实际所受的力，零势能面可以任意选取，从而得出摆球通过最低位置时摆球的重力势能。5．【答案】A【解析】【解答】小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点），由系统在水平方向上动量守恒得mv0故答案为：A。

【分析】小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统，根据动量守恒得出小球和滑块的速度。6．【答案】B【解析】【解答】A．振子在O点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。A不符合题意；B．由图可知，t=1.25s时，振子从正向最大位移向着平衡位置运动，即速度方向为竖直向下。B符合题意；C．依题意，振子在C点和D点的加速度大小相同，方向相反。C不符合题意；D．由图可知，t=1s到t=2s的时间内，振子的位移为−6cm。D不符合题意。故答案为：B。

【分析】对振子D进行受力分析，当回复力为零时弹簧弹力等于振子的重力振子从正向最大位移向平衡位置运动时速度方向，利用牛顿第二定律得出加速度的大小关系。7．【答案】B【解析】【解答】开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得(m1－m)v=故答案为：B。

【分析】开始阶段，根据动量守恒定律得出物块的运动情况。8．【答案】A,D【解析】【解答】根据受迫振动的特点可知，共振筛的振动频率等于偏心轮的转动频率，所以当偏心轮的转速为36r/min时，共振筛的振动频率为f1CD．增加筛子质量后，筛子的固有频率将减小，由于开始时偏心轮的转动频率小于筛子的固有频率，所以根据共振曲线可知筛子的振幅会增大，当筛子的固有频率减小到0.6Hz时最大，C不符合题意，D符合题意。故答案为：AD。

【分析】筛子和偏心轮由于做受迫振动，频率相等，结合转速和频率的关系以及结合共振曲线得出频率的最大值，增加筛子质量后，筛子的固有频率将减小。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．以沿斜面向上为正方向，0~3s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得F−mgsinθ=ma1，解得a1=2m/sB.0~3s时间内的位移为x1=12a1tC．t=3s时物块的速度为v1=aD.0~6s时间内F对物块所做的功为W=Fx故答案为：ABD。

【分析】在不同的阶段对物块进行受力分析，利用牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出4s末的速度，利用匀变速直线运动的速度与时间的关系得出物体发生的位移，并判断物体是否回到初始位置，结合恒力做功和动量的表达式得出物块的动量以及F对物块所做的功。10．【答案】C,D【解析】【解答】AD．从图像可知，甲的周期是2s，乙的周期1s，根据周期和频率的关系T=1f可得B．根据回复力公式F=−kx，由于两单摆不同，k值可能不同，所以无法比较回复力的最大值，B不符合题意；C．根据简谐运动的特点可知在平衡位置速度最大，回复力产生的加速度最小。最大振幅处速度为零，回复力产生的加速度最大。结合图像可知，单摆甲速度为零时，单摆乙在平衡位置，即此时乙的速度最大，回复力产生的加速度最小。C符合题意。故答案为：CD。

【分析】根据简谐振动的图像以及周期和频率的关系得出甲乙平频率之比，利用回复力的表达式判断能否比较甲乙的回复力大小，结合简谐运动的特点进行分析判断加速度的大小关系。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．由于5s时刻，物块A与B恰好发生相对滑动，两物块之间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，此时对两物块整体，根据牛顿第二定律有F1=(mA+mBB．根据上述分析可知推力与时间的函数关系式，其中物理量的单位全部取国际单位F=155t=3t，0~5s内，对两物块整体，根据动量定理有IC.0~5s内，对物块A，根据动量定理有IfD.0~5s内，对两物块整体，根据动能定理有WF=1故答案为：BC。

【分析】物块A与B恰好发生相对滑动时对量物块的整体和A分别得出加速度的大小利用牛顿第二定律得出加速度和F1的大小，0~5s内，对两物体利用动量定理和动能定理得出A受到的摩擦力冲量以及推力F做功的大小。12．【答案】（1）A；D（2）9.76（3）C【解析】【解答】（1）单摆测量重力加速度实验中，为了减小球的直径对实验结果的影响，单摆细线要尽量远远大于小球的直径，同时，小球的质量要尽量的大一些，减小空气阻力对实验的影响。故答案为：AD。（2）由公式T=tn，代入实验数据得T=2.01s，由公式T=2π（3）A．相同周期下，a的摆长比b的短，即原因是摆线记录偏短，可能的原因是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，A不符合题意；B．由公式T=2πLg可得T2=4π2gL，可知，T2−L图像的斜率为k=4πC．又因为g=4π2故答案为：C。【分析】（1）根据单摆测定重力加速度的实验原理选择需要的实验器材；

（2）根据单摆运动的周期和摆球运动时间的关系以及单摆周期的表达式得出得出重力加速度的大小；

（3）根据单摆测定重力加速度的实验原理以及注意事项选择正确的T213．【答案】（1）用最小的圆把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置；13.1（13.0~13.2）（2）B；A（3）m【解析】【解答】（1）为了减小测量的误差，找落地点的平均位置时，用最小的圆把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置；刻度尺精度为1cm，根据上述方法，图中读出l（2）由于A球质量大于B球质量，则碰撞后，A球速度小于碰前的速度，而B球速度大于碰前A球的速度，可知R是B球的落地点，P是A球的落地点。（3）令A球碰前的速度为v0，落地点为Q，碰后A、B球的速度分别为v1、v2，落地点分别为P、R，根据h=12gt2，l=vt，解得v0=l【分析】（1）将小球的所有落地点圈在圆里，该圆的圆心为落点的平均位置，利用刻度尺的读数原理得出OP的长度；

（2）根据AB球碰撞前后的速度的大小得出AB小球的落地点；

（3）AB小球碰撞后做平抛运动，结合平抛运动的规律和动量守恒定律得出验证的表达式。14．【答案】（1）解：球被击中后做平抛运动h=平抛的时间为t=（2）解：小球平抛的初速度为v子弹击穿球的过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m子弹的速度为v子弹落地处离杆的距离s【解析】【分析】（1）球被击中后做平抛运动，平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动