湖北省2024-2025学年高二上学期期中联考物理试卷 含答案

2024-2025学年湖北省高二（上）期中考试物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.质量为90g的武汉猕猴桃从离地面5m高处由静止落下，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则在下落过程中，重力对猕猴桃的冲量大小是(

)A.0.9N⋅s B.1.2N⋅s C.1.5N⋅s D.0.6N⋅s2.一个金属小球带1C电荷，若将相同的不带电的小球与其接触后移开，则该小球所带电荷量为(

)A.0 B.1C C.0.25C D.0.5C3.下列说法正确的是(

)A.安培发现了电流的磁效应，并且总结得出了通电导线周围磁场的分布规律

B.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波

C.电流与电流间的相互作用是通过电场发生的

D.均匀变化的电场可以激发磁场，并向外传播形成电磁波4.2022年12月20日，金沙江白鹤滩水电站全部机组投产发电，这标志着我国在长江上全面建成世界最大“清洁能源走廊”，水电站安装16台中国自主研制、全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组，总装机容量1600万千瓦，每年平均发电量约624.43亿千瓦⋅时。下列说法正确的是(

)A.千瓦是能量单位

B.水电站是利用水能的重要形式，水能是可再生能源

C.风能、太阳能、地热能等均属于不可再生能源

D.水能是可再生能源，所以可制造一台利用水能的机器，效率可达100%5.如图所示，两段长度和材料相同、粗细均匀的金属导线A、B，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比SA:SB=1:2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线A的横截面，元电荷A.流经导线A的电流为0.16A

B.导线A、B的电阻之比为2:1

C.5s内有1×1018个自由电子通过导线B的横截面

D.自由电子在导线A和B6.关于下列四种情境说法正确的是(

)

A.图甲中，M点与N点磁感应强度相同

B.图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量一直增大

C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中有感应电流产生

D.图丁中，线框与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中没有感应电流产生7.在如图所示的电路中，电源电动势E=12V，电源内阻r=1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻r0=0.5Ω，电流表内阻不计。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数I=2.0A，则以下判断正确的是(

)

A.电动机两端的电压为6.0V B.电动机的输出功率为14W

C.电动机的热功率为3.0W D.电源输出的电功率为20W二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.日地拉格朗日L2点是指卫星受太阳、地球两大天体引力作用，能保持相对静止、编号为L2的那个点，于1772年由数学家拉格朗日推导证明出。日地拉格朗日L2点随着地球围绕太阳的公转而移动，L2与太阳、地球三者在任何时刻总在一条直线上。韦伯太空望远镜于2021年12月25日发射升空，目前位于日地拉格朗日L2点。下面说法正确的是A.韦伯太空望远镜在地球和太阳的引力作用下所受合力不为零

B.韦伯太空望远镜围绕太阳运动的线速度小于地球围绕太阳运动的线速度

C.韦伯太空望远镜的向心加速度小于地球围绕太阳运动的向心加速度

D.韦伯太空望远镜发射升空时的发射速度要小于第三宇宙速度9.如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器(图中未画出)射出一个弹丸B，弹丸B以速度v沿水平方向射入物块A并留在其中(作用时间极短)，随后轻绳摆动的最大角度为θ(θ<90∘)，整个过程系统损失的机械能为ΔE，不计空气阻力。下列图像正确的是(

)

A.

B.

C.

D.10.电阻应变片能够把物体形变这个力学量转换为电阻这个电学量。当电阻应变片发生形变时，电阻会有微小的变化，这种微小的变化可通过电桥电路来探测。如图所示，电阻应变片R2的正常电阻为120Ω，R3=60Ω，RL:RA.当电阻应变片无形变时，表示数不为零

B.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，表中有从M到N的电流

C.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电流表的示数变大

D.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，灯泡变亮三、实验题：本大题共2小题，共24分。11.“祖冲之”实验小组想测量一充电宝的电动势和内阻。(1)该小组测得多组U、I数据，并在坐标纸上描点，如图所示，请根据描出的点作出U-I图像，已知其对应的表达式为U=E-Ir。

(2)根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势E为__________V，内阻r为__________Ω。(结果均保留两位有效数字)12.图甲是“碰撞中的动量守恒”实验装置的示意图。(1)在验证动量守恒定律的实验中，不必须要求的条件是__________。A.每次入射小球都要从同一高度由静止滚下B.轨道末端的切线水平C.碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行D.轨道光滑

(2)入射小球与被碰小球的直径相同，则被碰小球的质量m2应__________(填“大于”“小于”或“等于”)入射小球的质量m1。

(3)在做此实验时，若某次实验得到小球的落点情况如图乙所示。假设碰撞中动量守恒，则m四、计算题：本大题共3小题，共36分。13.在学校门口有个石墩，质量m=50kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，现有两个同学想挪动石墩，水平面内力的示意图如图所示，α=60∘，两同学施加相等大小的恒力F。

(1)若不能挪动石墩，求F的最大值;(2)若石墩在2s内移动了0.5m，求F14.如图甲所示的电路中，R1=30R2，当滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点的数据是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的数据。求：

(1)(2)定值电阻R2的阻值(3)滑动变阻器的最大阻值。15.如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球a位于A点，小球b位于B点，AB是圆环的一条直径，ma=4mb，圆环的周长L=10m，刚开始两球都静止，现给小球a一方向垂直AB、大小为10m/s的速度v，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。

(1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小v(2)求从小球a、b第一次相碰到第二次相碰的时间间隔t;(3)是否存在某次碰撞后，两球不再发生碰撞?如果存在，写出分析过程，如果不存在，请说明原因;(4)求小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程s0。

答案和解析1.【答案】A

【解析】猕猴桃下落过程做自由落体运动，下落的时间为t=2hg=2×52.【答案】D

【解析】金属小球带1C电荷，与不带电的小球接触移开后，两个小球平分电荷，所以该小球所带电荷量q=12C3.【答案】B

【解析】A.奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结得出了通电导线周围磁场的分布规律，故A错误；

B.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波，需要电磁波为载体向外发射，故B正确；

C.电流与电流间的相互作用是通过磁场发生的，故C错误；

D.均匀变化的电场可以激发恒定的磁场，恒定的磁场不能产生电场了，所以均匀变化的电场不能向外传播形成电磁波，故D错误。

故选B。4.【答案】B

【解析】A.千瓦是功率单位，故A错误；

B.水能是可再生能源，水电站是利用水能的重要形式，故B正确；

C.风能、太阳能、地热能可以在自然界源源不断地得到，属于可再生能源，故C错误；

D.虽然水能是可再生能源，但不论科技如何发展，利用水能的机器，效率不可能达到100%，故D错误。

故选B。5.【答案】C

【解析】A、流过A的电流为：I=qt=5×1018×1.6×10-195A=0.16A，故A正确;

B、由电阻定律由：Ra=ρlSa，Rb=ρlSb，求得：Ra6.【答案】C

【解析】A、磁感线的切线方向表示磁感应强度的方向，由图可知，图甲中M、N两点的磁感应强度的方向是不同的，所以图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，故A错误；

B、根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，故B错误；

C、图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框平面与磁感应强度方向之间的夹角发生变化，穿过线框的磁通量也发生变化，所以线框中有感应电流产生，故C正确；

D、距离通电直导线越远，磁感应强度越小，所以在图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D错误。

故选：C。7.【答案】D

【解析】A.分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流表的示数为2.0A，

所以电动机的电压为U=E-U内-U0=E-Ir-IR0=12V-2×1V-2×1.5V=7V，故A错误；

BC.电动机的总功率为P总=UI=7×2W=14W，电动机的发热功率为P热=I2r0=228.【答案】AD

【解析】A.韦伯太空望远镜在太空做圆周运动，受到的合力不可能为零，故A正确；

BC.根据题意“L2与太阳、地球三者在任何时间总在一条直线上”，说明地球与韦伯太空望远镜角速度ω相等，根据v=ωr和a=ω2r可知，半径越大，线速度越大、向心加速度越大，故BC错误；

D.第三宇宙速度是指脱离太阳系的发射速度，韦伯太空望远镜没有脱离太阳的引力，则发射速度小于第三宇宙速度，故D9.【答案】BC

【解析】AB、弹丸以速度v沿水平方向射入物块A并留在其中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv=(m+M)v1，取最低点所在的平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得12(m+M)v12=(m+M)gL(1-cosθ)，联立解得cosθ=1-m22gL(m+M)2⋅v2，故A错误，10.【答案】BD

【解析】A.当应变片无形变时，RL:R1=R2:R3=2:1，M、N电势相等，表示数为零，故A错误；

B.当电阻应变片发生形变电阻增大时，R2所分电压增大，导致M点电势高于N点电势，表中有从M到N的电流，故B正确；

C.

当电阻应变片发生形变电阻增大时，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，即电流表的示数变小，故C错误；

D.结合以上分析知，当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电路中总电流减小，根据U=E-Ir，可得电路中路端电压增大，因为灯泡R11.【答案】(1)(2)4.9，3.3

【解析】(1)根据描出的点，作出U-I图像，如图所示

(2)已知图像对应的表达式为U=E-Ir，根据图像在纵轴上的截距可得E=4.9V，由图像的斜率大小可得内阻r=4.91.512.【答案】(1)D(2)小于(3)1:4

【解析】(1)A.为了确保小球每次飞出轨道末端初速度大小一定，实验中每次入射小球都要从同一高度由静止滚下，故A正确，不符合题意;

B.为了确保小球飞出轨道的初速度方向水平，轨道末端的切线必须水平，故B正确，不符合题意；

C.为保证两球发生对心正碰，碰撞后小球做平抛运动，碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，故C正确，不符合题意；；

D.若小球每次从轨道同一位置释放，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出轨道末端速度大小一定，可知轨道光滑与否对实验没有影响，故D错误，符合题意。

故选D。

(2)入射小球与被碰小球的直径相同，为了避免入射小球发生反弹，则被碰小球的质量m2应小于入射小球的质量m1。

(3)P为入射球单独滚下的落地点，M为入射球碰撞后的落地点，N为被碰球碰撞后的落地点，根据平抛运动规律可得

h=12gt2，x=vt

解得v=xg2h

结合上述可知v13.【答案】(1)最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F由平行四边形定则可得，两同学的合力F若不能挪动石墩，则F解得F≤F的最大值是100(2)石墩做匀加速直线运动，有x=由牛顿第二定律得F解得F=75

【解析】详细解答和解析过程见【答案】14.【答案】(1)题中图乙中AB延长线，交U轴于20V处，交I轴于1.0A处

所以电源的电动势为E=20V，内阻r=16-4(2)当P滑到R3的右端时，R1、R3均被短路，电路参数对应图乙中的B点，即得R(3)当P滑到R3的左端时，由图乙知此时U外所以R因为R得R3

【解析】详细解答