湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

湖北省孝感市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．关于能源和能量，下列说法中正确的是（）A．随着科技的发展，永动机是可以制成的B．能量被使用后就消失了，所以要节约资源C．能量的耗散反映出自然界宏观过程的方向性D．自然界的石油、煤炭等资源可供人类永久使用2．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象。如图所示，把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A连接电池与开关，线圈B闭合并在其一段直导线附近平行放置小磁针，可观察到的现象有（）A．合上开关，小磁针发生偏转，不会复原B．断开开关，小磁针偏转一下，随即复原C．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转D．A线圈中电流越大，小磁针偏转角度也越大3．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能C．在t=0.4s与t=0.8s两个时刻，振子的速度都为零D．从t=0.2s到t=0.4s时间内，弹簧振子做加速度减小的加速运动4．假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的，则正确表示环形电流方向的是（）A． B．C． D．5．严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况。若冰块质量为150g，从离人约45cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列分析正确的是（）A．冰块接触头部之前的速度约为2m/sB．冰块对头部的冲量大小约为0.75N·sC．冰块对头部的平均作用力大小约为2.25ND．冰块与头部作用过程中冰块的动量变化大小约为0.3kg·m/s6．今年9月26日，长征二号丁运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射遥感三十六号卫星。假设火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以6.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻卫星沿轨道切线方向以相对火箭壳体1.5×103m/s的速度与之分离。已知卫星的质量是400kg，火箭壳体的质量是100kg，则分离后卫星的速度是（）A．4.8×103m/s B．5.5×103m/sC．6.3×103m/s D．7.2×103m/s二、多选题7．如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电灰尘P处于静止状态。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则（）A．电压表读数增大 B．电流表读数减小C．R1消耗的功率减小 D．灰尘P将向下运动8．下列说法不正确的是（）A．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关B．医院里“γ手术刀”和B超“超声波”都能在真空中传播并能发生干涉、衍射C．麦克斯韦认为电场周围总能产生磁场，磁场周围总能产生电场，并通过实验证实了电磁波的存在D．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除了与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关9．如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），g=10m/sA．此单摆的固有周期约为2sB．此单摆的摆长约为2mC．若摆长增大，共振曲线的峰将右移D．若将单摆移至月球振动，共振曲线的峰将左移10．如图所示，木块A、B放置在光滑的水平地面上，一轻质弹簧左端固定在紧靠竖直墙壁的木块A上，右端与木块B拴接，此时弹簧处于原长。现对木块B施加水平向左的推力F，将木块缓慢压至某一位置，然后撤去推力F，则在木块以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．木块A，B与弹簧组成的系统机械能守恒B．木块A，B与弹簧组成的系统动量守恒C．木块A脱离墙壁时，木块B的动量最大D．木块A，B共速时，木块B的动量最大11．图甲为某电源的U－I图线，图乙为某小灯泡的U－I图线，则下列说法中正确的是（）A．电源的内阻为5ΩB．小灯泡的电阻随着功率的增大而增大C．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.6WD．把电源和小灯泡组成闭合回路，电路的总功率约为0.9W三、实验题12．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。图中的O点为小球抛出点在白纸上的投影点。实验时，先使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，并测得A球的质量为mA，B球的质量为m（1）该实验必须满足的条件有___________。A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道末端必须水平C．实验过程中，复写纸和白纸都可以移动D．A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放（2）为了完成本实验，要求入射小球A的质量被碰小球B的质量，入射小球A的半径被碰小球B的半径。（均选填“>”、“<”或“=”）（3）当满足表达式时，说明碰撞中两小球组成的系统动量守恒（用mA、m13．某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。（1）在答题卡相应的方框中画出图甲的电路原理图；（2）某次测量时电压表和电流表的示数如图所示，则电压U=V，电流I=A；（3）实验得到如图丙所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图（1）（选填“甲”或“乙”），该电路测得的电源内阻（选填“偏大”、“偏小”或“无误差”）。四、解答题14．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。求：（1）写出该简谐运动的表达式；（2）t=0.9s时的位移；（3）振子在0～3.6s内通过的路程。15．在如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω。将一盏额定电压为9V，额定功率为18W的灯泡与一只线圈电阻为R=1.0Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光。问：（1）电源的输出功率是多少？（2）电动机的输出功率是多少？（3）若电动机以v=0.4m/s匀速竖直向上提升重物，已知电动机的输出功率不变，且机械效率为80％，重力加速度g=10m/s2，该重物的质量是多少？16．如图所示，光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道A，圆弧轨道半径R=0.3m，左侧靠着竖直墙壁，右侧紧靠与其最低点等高的水平长木板B，长木板B质量m=1kg，上表面粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长木板左端放置一物块C，质量M=2kg，从圆弧轨道最高点由静止释放物块D，物块D的质量与长木板B的质量相等，物块D滑至最低点时与物块C发生弹性碰撞，C、D均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：（1）碰后物块C的速度大小；（2）碰后物块D上升的高度；（3）若物块C恰好未滑离长木板B，求长木板B的长度。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．永动机违背了能量守恒定律，所以即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，A不符合题意；B．能量是守恒的，能量使用后可能散失到自然界而无法收集，所以要节约能源，B不符合题意C．根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，C符合题意；D．自然界中石油、煤炭等能源是不可再生能源，都是有限的，不可能供人类长久使用，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】永动机违反了能量守恒定律不可以制成；能量是守恒的，使用后散失在自然界无法收集，所以要节约能源；自然界的石油和煤炭都是不可再生能源。2．【答案】B【解析】【解答】AC．当闭合开关时，A线圈接通瞬间，在铁环产生顺时针方向的磁场，使得穿过B的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，在B中产生逆时针方向感应电流，电流稳定后穿过A、B的磁通量不再发生变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下随即复原；A不符合题意，C不符合题意；B．当开关断开，A线圈中的电流中断瞬间，使得穿过B的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，在B中产生顺时针方向感应电流，小磁针会反向偏转，线圈A电流减为零后穿过A、B的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，小磁针偏转一下后随即复原，B符合题意；D．由前面的分析可知A线圈中电流变化越快，小磁针偏转角度也越大，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】当闭合开关和断开开关时，A线圈电流发生变化导致产生的磁场变化，则B线圈中产生了感应电流，随即消失；当A中通以恒定电流时，B线圈中没有感应电流的产生，则小磁针不会偏转；当A电流变化越快则B线圈产生的电流越大，则小磁针偏转角越大。3．【答案】D【解析】【解答】A．在t=0.2s时，弹簧振子的位移正向最大，弹簧振子的加速度为负向最大，A不符合题意；B．在t=0.6s时，弹簧振子具有最大的负向位移，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，B不符合题意；C．在t=0.4s与t=0.8s两个时刻，弹簧振子的位移为零，弹簧的弹性形变量为零，弹簧的弹性势能为零，系统的动能最大，振子有最大的速度，C不符合题意；D．从t=0.2s到t=0.4s时间内，弹簧振子的位移逐渐减小，弹簧的弹性形变量减小，弹力减小，弹簧振子的加速度逐渐减小，故弹簧振子做加速度减小的加速运动，D符合题意。故答案为：D。

【分析】利用弹簧运动的时刻可以判别弹簧的位置，进而判别加速度的大小及方向；当弹簧振子位移最大时，速度最小则弹性势能最大；利用图像斜率可以判别振子速度的大小；利用振子位移的变化可以判别加速度的大小变化。4．【答案】D【解析】【解答】地磁的北极在地理南极的附近，在用安培定则判定环形电流的方向时，右手的拇指必需指向南方（下方）；则四指弯曲的方向就是电流流动的方向，D符合题意，ABC不符合题意。故答案为：D。

【分析】利用地磁场的极性结合安培定则可以判别地球电流的运动方向。5．【答案】B【解析】【解答】A．冰块接触头部之前，做自由落体运动，由公式v2=2gh，代入数据，解得B．冰块撞击头部过程，有动量定理，得I−mg⋅t=mv，代入数据，得I=0.75N⋅s，B符合题意；C．由冲量公式I=F⋅t，代入数据，得F=3.75N，C不符合题意；D．冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为Δp=mv=0.15×3kg⋅m/s=0.45kg⋅m/s，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用速度位移公式可以求出冰块接触头部的速度大小；利用动量定理可以求出冰块对头部的冲量大小；利用冲量的表达式可以求出平均作用力的大小；利用速度的变化可以求出动量变化量的大小。6．【答案】C【解析】【解答】设卫星速度为v，由题意可知火箭壳体的速度为v'=v−1.5×103m/s故答案为：C。

【分析】利用动量守恒定律可以求出分离后卫星的速度大小。7．【答案】A,B,C【解析】【解答】AB．有当滑片b移动，变阻器电阻变大，总电阻变大，根据I=ER1C．根据P=I2RD．电容器间电压增大，由E=U故答案为：ABC。

【分析】当滑动变阻器的滑片向下移动时，利用动态电路的串反并同可以判别回路中电流、电压和功率的大小变化；由于电容器电压增大会导致电场力增大所以灰尘P向上运动。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．根据热辐射的定义可知，一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫作热辐射，A正确，不符合题意；B．医院里“γ手术刀”是一种γ射线，可以在真空中传播；超声波是一种纵波，超声波的传播需要介质，在真空中不能传播；它们在满足一定条件下均能发生干涉、衍射，B错误，符合题意；C．麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在，C错误，符合题意；D．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料的种类及其表面状况无关，D错误，符合题意。故答案为：BCD。

【分析】超声波在真空中不能传播；赫兹利用实验验证了电磁波的存在；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．根据图像得，单摆的固有频率为0.5Hz，此单摆的固有周期约为T=1B．根据T=2πLg，解得C．根据f=1D．根据f=1故答案为：AD。

【分析】利用固有频率的大小可以求出固有周期的大小；利用单摆的周期公式可以求出摆长的大小；当摆长和重力加速度变化时可以判别固有频率的变化，进而判别波峰的移动方向。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．撤去推力F后，木块A、B与弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则木块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，A符合题意；B．在撤去推力F后到A离开墙壁之前，墙壁对木块A的作用力向右，此过程中木块A、B与弹簧组成的系统动量不守恒。A离开墙壁之后，木块A、B与弹簧组成的系统动量守恒，B不符合题意；C．木块A脱离墙壁前，弹簧弹力对B一直做正功，木块A脱离墙壁时，木块B的动量最大，C符合题意；D．木块A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，系统总动能最小，木块B的动量不是最大值，D不符合题意。故答案为：AC。

【分析】撤去推力后由于整个系统没有外力做功所以机械能守恒；当由于墙壁对系统有弹力所以系统动量不守恒；当A脱离墙壁时，弹簧恢复原长，此时B的动量最大。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律变形U=E−Ir，可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据甲图电动势为E=1.5V，内阻为r=ΔUB．根据乙图可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得R=UCD．把电源和小灯泡组成闭合回路，在乙中作该电源对应的U-I图像，如图所示两U−I曲线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数U≈0.5V，I≈0.6A，所以，小灯泡的功率为：P=UI=0.5×0.6W≈0.3W，回路中的总功率为P总故答案为：BD。

【分析】利用闭合电路的欧姆定律结合曲线斜率可以求出内阻的大小，利用图像斜率可以求出电动势的大小；利用灯泡的伏安特性曲线坐标点与原点的斜率大小可以判别电阻的大小变化；当两线的交点代表灯泡正常工作的电压和电流，利用电功率的表达式可以求出灯泡的电功率，利用电流和电动势的大小可以求出回路的总功率的大小。12．【答案】（1）B；D（2）>；=（3）m【解析】【解答】（1）A．斜槽轨道是否光滑不影响每次入射小球到达轨道末端的速度是否相同，A不符合题意；B．为了保证小球抛出时做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，B符合题意；C．实验过程中，白纸的位置不可以移动，C不符合题意；D．为了保证获得相同的初速度，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，D符合题意。故答案为：BD。（2）为了让两球发生对心碰撞，小球半径必须相等，为了防止反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即入射小球A的质量大于被碰小球B的质量，入射小球A的半径等于被碰小球B的半径。（3）根据题意，若两球碰撞动量守恒，则有mAv0=m【分析】（1）斜槽轨道是否光滑对小球离开轨道的末速度大小没有影响；实验中白纸的位置不能改变；

（2）为了两个小球正碰两个小球的半径需要相同；为了避免反弹，入射小球A的质量要大于被碰小球B的质量；

（3）利用平抛运动的位移公式结合动量守恒定律可以导出对应的表达式。13．【答案】（1）（2）2.20；0.24（3）甲；偏大【解析】【解答】（1）图甲对应的电路图为（2）电压表量程选择0~3V，最小刻度0.1V，所以电压表的读数分别为2.20V；电流表量程选择0~0.6A，最小刻度0.02A，则读数为0.24A；（3）由闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻。图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻r测=r内+【分析】（1）利用实物图画出对应的电路图；

（2）利用电压表和电流表的量程和分度值可以读出对应的读数；

（3）由于图甲电流表分压作用会导致内阻的测量值偏大所以I对应图甲电路图。14．【答案】（1）解：由图像可知A=2cmT=0.8sω=由简谐运动表达式x=Asinωt（2）解：将t=0.9s代入（1）式，得：x=2（3）解：在0～3.6s内，经过的周期数n=振子在1T内通过的路程为4A，0.5T内通过的路程为2A，则在0～3.6s内，振子