湖北省部分高中联考协作体2023-2024学年高二上学期期中考试物理试卷（Word版附解析）

2023年秋季湖北省部分高中联考协作体期中考试高二物理试卷考试时间：2023年11月17日上午10：30-11：45　试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校.考号、班级、姓名等填写在答题卡上.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷、草稿纸上无效.3.填空题和解答题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷.草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.第I卷选择题（共40分）一、选择题（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2分，有选错的得0分.）1.下列各图给出了通电导体中磁感线方向或者小磁针N极指向描述正确的（　　）A.通电直导线B.通电直导线C.通电螺线管D.N极指向地理南极【答案】B【解析】【详解】A．根据安培定则判定，此通电直导线的磁感线方向，左边垂直纸面向外，右边垂直纸面向里，A错误；B．根据安培定则判定，次通电直导线的磁感线方向为逆时针方向，B正确；C．根据安培定则判定，通电螺线管轴线上的磁感线方向向右，C错误； D．地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故赤道上空的磁场方向从南指向北，D错误。故选B。2.关于电磁感应，下列说法正确的是（　　）A.如图（a）所示，导体顺着磁感线运动，回路中有感应电流B.如图（b）所示，条形磁铁插入线圈中不动，有感应电流产生C.如图（c）所示，开关一直接通，小螺线管A插入大螺线管B中不动，滑动变阻器阻值匀速滑动时无感应电流，加速滑动时有感应电流D.如图（c）所示，开关一直接通，小螺线管插入大螺线管中不动，只要移动滑片，电路中就有感应电流【答案】D【解析】【详解】A．如图（a）所示，导体顺着磁感线运动，通过闭合回路的磁通量不变，回路中没有感应电流。故A错误；B．如图（b）所示，条形磁铁插入线圈中不动，线圈中磁通量不变，没有感应电流产生。故B错误；CD．如图（c）所示，开关一直接通，小螺线管插入大螺线管中不动，只要移动滑片，电路中的电流就发生变化，A产生的磁场就发生变化，B中的磁通量会发生变化，电路中就有感应电流。故C错误；D正确。故选D。3.将质量为的小球以的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，取，以下判断正确的是（　　）A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为B.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为D.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为【答案】D 【解析】【详解】A．规定竖直向上为正方向，根据动量定理有小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为，故A错误；BCD．根据对称性，小球回到抛出点时速度大小为20m/s，方向竖直向下，所以小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为根据动量定理有小球从被抛出至落回出发点的冲量大小和动量的变化量大小均为，故BC错误，D正确。故选D。4.如图所示，质量为的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，经过时间回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为.在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）A.支持力对滑块的总冲量为B.重力对滑块的总冲量为C.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为【答案】B【解析】【详解】A．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力N=mgcosθ则支持力对滑块的总冲量为方向垂直斜面向上，故A错误； B．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为方向竖直向下，故B正确；C．开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知整个过程中小滑块的动量发生了变化，显然合外力的冲量不为0，故C错误；D．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为故D错误。故选B。5.如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑.开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（　　）A.从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒B.从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒C.从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒D.子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误；B．一颗子弹以水平速度射入物块，并留在物块中，子弹、物块、弹簧组成的机械能损失最多，故B错误； C．子弹开始打物块到与物块共速，子弹和物块作用时间极短，内力远大于外力，子弹、物块组成的系统动量守恒，故C正确；D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故D错误。故选C。6.下列说法不正确的是（　　）A.听到迎面而来越来越尖锐的汽笛声，这是波的多普勒效应B.变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场C.围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，这是声音的衍射现象D.红外线、X射线、紫外线、可见光都是电磁波【答案】C【解析】【详解】A．听到迎面而来越来越尖锐的汽笛声是多普勒效应，故A正确，不符合题意；B．变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场，故B正确，不符合题意；C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是由于音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，属于波的干涉现象，故C错误，符合题意；D．红外线、X射线、紫外线、可见光都是电磁波，故D正确，不符合题意。故选C。7.某弹簧振子沿轴的简谐振动图像如图所示，下列描述正确的是（　　）A.时，振子的速度为正，加速度为负B.时，振子的速度为负，加速度为负C.至时，振子的速度越来越小，加速度越来越大D.时，振子的速度为正，加速度为负【答案】C【解析】【详解】在振动图中，图像斜率表示速度，根据回复力公式，结合牛顿第二定律可得 因此可知时，振子的速度为负，加速度为负；时，振子的速度为负，加速度为正；至时，斜率越来越小，振子的速度越来越小，加速度越来越大；时，振子的速度为正，加速度为正。故选C。8.一列简谐横波沿轴传播，时的波形如图所示，质点A与质点B相距，A点速度沿轴正方向；时，质点A第二次到达正向最大位移处。由此可知（　　）A.此波沿轴正方向传播B.在时，质点处在波谷位置C.此波传播速度为D.从时起，经过，质点A沿波传播方向迁移了【答案】BC【解析】【详解】A．由同侧法可知此波沿轴负方向传播，故A错误；B．时A点速度沿轴正方向；时，质点A第二次到达正向最大位移处，可得波的周期为时，可知B点速度沿轴负方向，在时，质点处在波谷位置，故B正确；C．由波形图可知波长为2m，则波速为故C正确；D．质点A不会随波迁移，只会在平衡位置附近振动，故D错误。故选BC。9.如图所示，斜面体静止在光滑水平面上，将一物块轻放在斜面体顶部，所有接触面均光滑，关于物块下 滑的过程，下列说法正确的是（　　）A.物块和斜面体组成的系统水平方向上动量守恒B.物块和斜面体的动量变化量大小相等C.斜面对物体不做功，是因为斜面体对物体的弹力方向与斜面垂直D.物块减少的机械能等于斜面体增加的动能【答案】AD【解析】【详解】A．物块和斜面体组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向上动量守恒，故A正确；B．物块下滑过程中，竖直方向上合外力不为零，总动量不守恒，所以物块和斜面体的动量变化量大小不相等，故B错误；C．物块下滑过程中，斜面向左运动，物块对斜面做正功，根据系统能量守恒可知所以斜面对物块做负功，故C错误；D．物块和斜面组成的系统机械能守恒，所以物块减少的机械能等于斜面体增加的动能，故D正确。故选AD。10.如图所示，传送带以的水平速度把质量的行李包运送到原来静止在光滑轨道上的质量的小车上（小车足够长），若行李包与车上表面间的动摩擦因数，取，则（　　）A.小车的最大速度是B.车上表面越粗糙，系统产生的内能越多C.行李包在小车上滑动的距离为D.行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处的过程中小车位移为【答案】ACD 【解析】【详解】A．根据动量守恒定律车的最大速度是故A正确；B．系统产生的内能等于损失的机械能，为与粗糙程度无关，故B错误；C．由可得行李包在小车上滑动的距离为故C正确；D．小车的加速度行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处的过程中小车位移为故D正确。故选ACD。第II卷非选择题（共60分）二、非选择题（本题共5小题，共60分.）11.某同学采用如图所示的装置，利用、两球的碰撞来验证动量守恒定律.图中是斜槽，为水平槽.实验时先使球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。 （1）A球质量为，半径为；B球质量为，半径为，则______；A.，B.，C.，D.，（2）（多选）下列不需要满足的条件是______；A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.斜槽轨道必须是光滑的C.人射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D.必须测出水平槽离地面的高度，从而计算出时间（3）（多选）若两球间的碰撞是弹性碰撞，下列等式正确的是______。AB.C.D.【答案】①.D②.BD##DB③.ABD【解析】【详解】（1）[1]为了能使碰后小球A运动方向不发生改变，所以要有为了使得两球是对心碰撞，要有故选D。（2）[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D．因为两球每次平抛下落的高度一样，下落时间都相同，时间可以相约，所以不需要测出水平槽离地面 的高度，故D错误。本题选不需要满足的条件，故选BD。（3）[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，两球碰撞过程动量守恒，以入射球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得两边同时乘以运动时间t得则有又因为是弹性碰撞，由能量守恒定律有同理有联立以上方程化简得故选ABD。12.在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为。回答下列问题：（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______。A.最低点B.最高点 C.任意位置D.开始释放时的位置（2）该单摆的周期为______，重力加速度的表达式为______。（3）（多选）如果测得的值偏小，可能的原因是______。A.测摆长时摆线拉得过紧B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时，停表过迟按下D.实验时误将50次全振动记为49次（4）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出几组对应的和的数值，以为横坐标、为纵坐标作出图像，但同学们不小心每次都把摆线长当做摆长，由此得到的图像是图乙中的______（选填“①”“②”或“③”），由此测出的重力加速度______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）.【答案】①.A②.③.④.BD##DB⑤.③⑥.不变【解析】【详解】（1）[1]当摆球通过最低点时开始计时。故选A。（2）[2]单摆的周期为[3]根据单摆周期公式而解得（3）[4]A．测摆长时摆线拉得过紧，会使摆长测量值偏大，所测值会偏大，故A错误； B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，计算时带入的摆长偏小，故所测的值会偏小，故B正确；C．开始计时，停表过迟按下，所测周期偏小，则所测值会偏大，故C错误；D．实验时误将50次全振动记为49次，所测周期偏大，则所测的值会偏小，故D正确。故选BD。（4）[5]根据周期公式可得由此得到的图像是图乙中的③；[6]图像斜率为由此可知与摆长无关，所以测出的重力加速度不变。13.轴上的波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿、连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点的平衡位置位于处，求：（1）两列波传播速度的大小；（2）质点从开始振动到时运动的路程。【答案】（1）v=0.2m/s；（2）s=24cm【解析】【详解】（1）由图像可知，两列波的波长2s内传播了一个波长，该波的周期T=2s 在同一种介质中两列波的传播速度相同，由解得v=0.2m/s（2）设再经时间，两列波传播至M点，则∆x=v∆t1解得∆t1=1.5s到t2=4.5s，M点振动时间=1s经分析M点为振动加强点，其振幅根据简谐运动周期性，质点M从开始振动t2=4.5s运动的路程s=2A´=24cm14.两块质量都是的木块和在光滑水平面上均以速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为的轻弹簧连接着，如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为，子弹射入木块并留在其中。求：（1）在子弹击中木块后的瞬间木块的速度大小；（2）若子弹击中木块时间是（极小），求子弹击中木块过程中子弹对木块的平均推力；（3）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）vA=3v0；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对子弹和A组成系统，规定向右为正，根据动量守恒定律可得① 解得vA=3v0②（2）规定向右为正，对A根据动量定理有：Ft=mvA-(-mv0)③由②③解得④（3）弹簧弹性势最大时，弹和A、B共速，设其速度为v共，根据动量守恒定律可得解得子弹击中木块后，根据能量守恒可得解得15.光滑水平面上放着质量的物块与质量的物块，与均可视为质点，靠在竖直墙壁上，、间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与、均不栓接），用手挡住不动，此时弹簧弹性势能。在、间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径，到达最高点时对轨道的压力为。取，求：（1）绳拉断后的速度的大小；（2）绳拉断过程绳对的冲量的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功和这一过程系统损失的机械能。 【答案】（1）6m/s；（2）6Ns；（3）18J，27J【解析】【详解】（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，B在最高点C时有：对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：解得vB=6m/s（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，有解得v1=9m/s根据动量定理有I=mBvB﹣mBv1解得I=﹣6Ns其大小为6Ns；（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mBv1=mBvB+mAvA解得vA=6m/s根据动能定理有解得W=18J损失机械能解得