江苏省泰州市联盟五校2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

联盟五校2023年秋学期期中考试高二物理试题出卷人：审核人：（考试时间：75分钟总分100分）一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.下列说法正确的是(    )A.如果一个系统的合外力为零，则系统的机械能一定守恒B.如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能不一定守恒C.一对作用力与反作用力总是一个做正功，一个做负功D.如果一个系统的合外力做功为零，则系统的动量一定守恒2.如图所示，下列四种场景中的运动一定不是简谐运动的是(    )A.B.C.D.3.如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是(    )A.B.C.D. 4.飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g。长度为1.5m。固有频率为4.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(    )  A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快B.无论手振动的频率如何，飞力士棒振动的频率始终为4.5HzC.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大D.要使飞力士棒产生共振，需要驱动该飞力士棒每分钟振动270次5.三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是(    )A.大小为B，方向垂直斜边向下B.大小为B，方向垂直斜边向上C.大小为5B，斜向右下方D.大小为5B，斜向左下方6.如图所示，电源为恒流源，即无论电路中的电阻如何变化，流入电路的总电流I0始终保持恒定。理想电压表与理想电流表的示数分别为U、I，当变阻器R0的滑动触头向上滑动时，理想电压表与理想电流表的示数变化量绝对值分别为ΔU、ΔI，下列说法中正确的有(    )A.I变大B.U变小C.ΔUΔI=R1D.ΔUΔI=R27.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(    )A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2C.对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2−I1D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积8.如图是某品牌吊扇的相关参数，则下述判断正确的是(    )A.若吊杆可看作轻杆，正常工作时吊杆对转盘的拉力小于175NB.以额定功率工作时通过吊扇的电流约为1.33A C.吊扇的内电阻约为293ΩD.正常工作1小时吊扇输出的机械能等于5.94×105J9.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5∘)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a−t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是(    )A.秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力C.秋千摆动的周期为t2−t1D.该地的重力加速度g=4π2Lt3−t1210.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为 (    )A.ft1m1，ft1m1+m2B.ft1m1+m2 ，ft1m1+m2+ft2m2C.ft1m1 ，f(t1+t2)m1+m2D.f(t1+t2)m1 ，f(t1+t2)m1+m211.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(    )A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+MB.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)gC.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)gD.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）12.某物理兴趣小组欲利用图甲所示电路测量电源的电动势和内阻。提供的实验器材有：A.电源E(电动势约为6V，内阻约为5Ω)；B.电压表V(量程为6V，内阻约为6kΩ)；C.电流表A1(量程为100mA，内阻约为2.5Ω)；D.电流表A2(量程为1mA，内阻约为30Ω)；E. 电阻箱R(最大阻值为999.9Ω，最小改变值为0.1Ω)；F.开关S，导线若干。(1)电流表应选用______(选填C或D)。(2)主要实验步骤如下，请完成步骤Ⅱ中的填空：Ⅰ.断开开关S，拆下电流表，将N与P用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值，使电压表指针指向中间某一刻度，此时电阻箱的阻值为159.1Ω；Ⅱ.断开S，拆下M与N之间的导线，电流表接到M、N之间，闭合S，调节电阻箱的阻值，使电压表指针指向同一刻度，此时电阻箱的阻值为156.4Ω，则电流表的内阻RA=______Ω；Ⅲ.断开S，拆下电流表，将M与N用导线直接相连，N与P之间的导线拆下，将电流表接回N、P之间；Ⅳ.闭合S，调节电阻箱，记下电阻箱的阻值R电压表的示数U1，电流表的示数I1；再改变电阻箱的阻值，获得多组数据。(3)张同学根据电压表的示数和对应电流表的示数作出的U−I图线如图乙所示，若图线在纵轴上的截距为a，图线斜率的绝对值为k1，则张同学测得电源的电动势为______、内阻为______(电流表的内阻用RA表示)。(4)李同学根据电阻箱的阻值和对应电压表的示数作出的1U−1R图线如图丙所示，若图线在纵轴上的截距为b、图线的斜率为k2，则李同学测得电源的电动势为______、内阻为______(电流表的内阻用RA表示)。三、计算题（本大题共4小题，共41.0分）13.如图(甲)所示，一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，取向右偏离平衡位置的位移方向为正，小球在曲面A、B间运动的x−t图像如图(乙)所示。取g=π2m/s2求：(1)小球振动的频率f；(2)圆弧曲面的半径R。 14.已知如图，电源E= 6 V，r= 4 Ω，R1= 2 Ω，R2的变化范围是0 ∼ 10 Ω。求：(1)电源的最大输出功率；(2)R1上消耗的最大功率；(3)R2上消耗的最大功率。15.如图所示，足够长的金属框架MON与足够长的导体棒DE构成回路，处在匀强磁场中且与磁场垂直。(1)若B0=0.2T，DE从O点出发，向右以v0=0.5m/s的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是多少？(2)在图中，若回路面积从S0=2m2变到S1=12m2，同一时间内B从B0=0.2T变到B1=1.0T，则回路中的磁通量变化量是多少？(3)若开始时B0=0.2T，DE从O点右侧1m处出发，向右以v1=1m/s的速度匀速运动，且闭合回路中没有感应电流产生，求磁感应强度大小B随时间t变化的表达式。 16.如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求：(1)滑块A刚到平台上的速度大小；(2)该过程中弹簧弹性势能的最大值；(3)小车C的长度。 联盟五校2023年秋学期期中考试高二物理试题答案和解析1.【答案】B 【解析】A.如果一个系统所受合外力为零，系统机械能不一定守恒，如在竖直方向做匀速直线运动的系统所受合外力为零，由于系统在竖直方向做匀速直线运动，系统动能不变而重力势能不断变化，系统机械能不守恒，故A错误；B.如果一个系统的动量守恒，系统合外力为零，根据A选项分析可知，则系统的机械能不一定守恒，故B正确；C.作用力与反作用力做功，没有直接关系，比如冰面上两个孩子互推，作用力与反作用力对孩子都做正功，故C错误；D.如果一个系统的合外力做功为零，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，则系统的动量不一定守恒，故D错误。故选B。2.【答案】C 【解析】AB.因都满足F=−kx关系，弹簧振子无论是在水平方向还是竖直方向的振动都是简谐振动，选项AB不符合题意；C.小球在斜面上的往复运动，合力大小总是mgsinθ不变，不满足F=−kx关系，则不是简谐振动，选项C符合题意；D.物体在水面上振动时，平衡位置满足mg=x0Sρg当物体在平衡位置以下x位置时受回复力为F=−[(x+x0)Sρg−mg]=−ρSgx即满足F=−kx关系，则是简谐振动，选项D不符合题意。故选C。3.【答案】A 【解析】【分析】明确小火车原理；根据安培定则分析磁场的方向，再根据磁体间的相互作用即可明确受力情况，从而确定运动情况。 本题考查科技小制作中”电磁动力小火车“的原理，要注意明确两端磁铁只有方向相同时才能形成对电池前进的动力，从而使电池前进。【解答】AB、根据安培定则可知，螺线管右端为N极，左端为S极；因为小火车是放在螺线管里面的，内部磁场方向自左向右，小火车左侧磁铁的N极被螺线管左侧磁极S吸引，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧N极的排斥力，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左，向左运动；故A正确，B错误；C、根据安培定则可知，螺线管右端为N极，左端为S极；因为小火车是放在螺线管里面的，内部磁场方向自左向右，小火车左侧磁铁的N极被螺线管左侧磁极S吸引，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，最终小火车两侧磁铁所受力平衡，不会运动；故C错误；D、根据安培定则可知，螺线管右端为S极，左端为N极；因为小火车是放在螺线管里面的，内部磁场方向自右向左，小火车左侧磁铁的N极被螺线管左侧磁极N排斥，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧S极的吸引力，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，向右运动；故D错误。故选：A。4.【答案】D 【解析】AD.人用手振动该飞力士棒，让其做受迫振动，而受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于周期性外力的频率，而要使该飞力士棒产生共振，则驱动力的频率需达到其固有频率，此时需要驱动该飞力士棒每分钟振动n=ft=4.5×60=270次，故A错误，D正确；B.飞力士棒的频率始终等于驱动力的频率，故B错误；C.若手振动的频率大于飞力士棒的固有频率，则随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变小，故C错误。故选D。5.【答案】C 【解析】由题意可知，三平行的通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图：则B合=B2+(2B)2=5B。故选C。6.【答案】C 【解析】解：AB.据题意，电源为恒流源，能够提供持续的定值电流，电阻R2两端电压不变，则当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，阻值增大，则并联部分电阻增大，根据欧姆定律可知，并联部分电压增大，电压表示数U增大，流过定值电阻R1的电流增大，则流过定值电阻R3和滑动变阻器R0的电流I减小，故AB错误； CD.电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，根据闭合电路欧姆定律有：ΔUΔI=R1，故C正确，D错误；故选：C。题中，电源为恒流源，能够提供持续的定值电流，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，由欧姆定律求出电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比。此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，要抓住特殊条件：电源为恒流源，分析电压表读数与电流表读数的关系，再求解变化量之比。7.【答案】C 【解析】【分析】找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻;由功率公式可知功率对应图线的“面积”。注意U−I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积。【解答】A、由题图可知，U越大，小灯泡的电阻越大，故A说法正确；BC、R=UI中的U、I与小灯泡所处状态下的电压与电流相对应，故B说法正确，C说法错误；D、对应P点，小灯泡的功率P=U1I2，与题图中PQOM所围的面积相等，故D说法正确。本题选错误的，故选C。8.【答案】A 【解析】【分析】本题考查了平衡条件、非纯电阻、电功率公式等知识点。根据平衡条件分析吊杆的拉力。对于非纯电阻，不能直接对其使用欧姆定律，根据P总=UI求其总功率，P热=I2R求热功率，输出的功率P出=P总−P热。【解答】A.正常工作时吊扇将空气向下吹动，对空气有向下的作用力，根据牛顿第三定律可知，空气对电风扇有向上的作用力，由平衡条件有F=G−F风所以吊杆对转盘的拉力小于175N，故A正确；B.根据P=UI可知额定电流I=PU=165220A=0.75A故B错误；C.该电风扇的额定电压是220V，额定功率是165W，若按纯电阻计算，则R=U2P=2202165Ω=293.3Ω由于电机不是纯电阻元件，此电阻不是吊扇的内电阻，故C错误； D.铭牌中给出的吊扇额定电功率为165W，若不考虑电流热效应和机械损耗，则正常工作1小时吊扇输出的机械能E=Pt=5.94×105J但实际上是存在电流热效应和机械损耗，故正常工作1小时吊扇输出的机械能小于5.94×105J，故D错误。故选A。9.【答案】D 【解析】A.秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误；B.在最低点，根据牛顿第二定律N−mg=mv2L，可得秋千对手机的支持力N=mg+mv2L，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B错误；C.秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为T=t3−t1，故C错误；D.根据单摆周期公式T=t3−t1=2πLg，可得当地重力加速度g=4π2Lt3−t12，故D正确。故选D。10.【答案】B 【解析】解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：ft1=(m1+m2)v1，A的速度：v1=ft1m1+m2；子弹离开A后A做匀速直线运动，子弹进入B，B做加速运动，对B，由动量定理得：ft2=m2v2−m2v1，解得：v2=ft1m1+m2+ft2m2；故选：B．A与B分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动量定理即可求出A的速度；然后对B应用动量定理求出B的速度．在解答该题的过程中，要注意子弹穿过A时，A与B一起做加速运动，已知到A与B分离时，二者的速度都是相等的．11.【答案】C 【解析】A.子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小为v1=m0v0m0+M，选项A错误；B.子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得T−(M+m0)g=(M+m0)v12l，可知绳子拉力大于M+m0g，选项B错误；C. 子弹射入木块后的瞬间，对圆环受力分析：N=T+mg>(M+m+m0)g，根据牛顿第三定律可得环对轻杆的压力N′>(M+m+m0)g，选项C正确；D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误；故选：C。12.(1)C；（2分）(2)2.7；（2分）(3)a；（2分）k1−RA；（3分）(4)1b；（3分）k2b−RA。（3分） 【解析】解：(1)若电流表选用量程为1mA的A2，则通过的最小电流约为I=ErE+R+rA2=65+999.9+30A≈6mA，超过了A2的量程，故电流表应选用A1。(2)由于电压表指针指向同一刻度，故有：RA+156.4Ω=159.1Ω，解得：RA=2.7Ω(3)根据闭合电路欧姆定律有：E=U+I(RA+r)变形得：U=−(RA+r)I+E结合图乙解得：E=a，r=k1−RA(4)根据闭合电路欧姆定律有：E=U+UR⋅(RA+r)变形得：1U=RA+rE⋅1R+1E结合图丙解得：E=1b，r=k2b−RA故答案为：(1)C；(2)2.7；(3)a；k1−RA；(4)1b；k2b−RA。根据实验步骤与实验原理从减小实验误差的角度选择实验器材，根据电路图，应用欧姆定律求出函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理，运用闭合电路欧姆定律分析，以及会运用图象法直观地得出电源的电动势和内阻。13.【答案】解：(1)由图(乙)可知，振动周期为T=0.8s，（2分）故小球振动的频率f=1T=1.25Hz；（2分）(2)一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，可看成单摆的运动，由单摆周期公式T=2πRg，（2分）可得R=gT24π2=0.16m。（2分） 14.【答案】(1)电源的输出功率为P出=E2R1+R2R1+R2+r2=E2R1+R2−r2R1+R2+4r（2分） 当R1 + R2 = r时，电源的输出功率最大，最大功率为Pmax=E24r=624×4W=2.25W（2分）(2)当R2 = 0时，电路中电流最大，则R1上消耗的功率最大，最大功率为P1max=E2R1R1+r2=62×22+42W=2W（2分）(3)R2上消耗的功率为P2=E2R2R1+R2+r2=E2R1+r−R22R2+4R1+r（2分）当R1 + r = R2时，R2上消耗的功率最大，最大功率为P2max=E24R1+r=624×2+4W=1.5W（1分） 15.【答案】解：(1)棒向右以v0=0.5m/s的速度匀速运动4s时，位移为x=v0t=0.5×4m=2m（1分）由于∠MON=45°，此时回路的面积为S=x22=222m2=2m2，（1分）回路的磁通量即磁通量的变化量为ΔΦ1=Φ=B0S=0.2×2Wb=0.4Wb；（2分）(2)B0=0.2T时的初态磁通量为Φ1=B0S0=0.2×2Wb=0.4Wb；（1分）末态的磁通Φ2=B1S1=1.0×12Wb=12Wb；（1分）回路中的磁通量的变化为ΔΦ2=Φ2−Φ1=(12−0.4)Wb=11.6Wb；（2分）(3)闭合回路三角形的直角边长为x=x0+v1t（1分）闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，有B0⋅12x02=B⋅12x2，（2分）联立解得：B=0.2(1+t)2T。（1分）答：(1)若B0=0.2T，DE从O点出发，向右以v0=0.5m/s的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是0.4Wb；(2)在图中，若回路面积从S0=2m2变到S1=12m2，同一时间内B从B0=0.2T变到B1=1.0T，则回路中的磁通量变化量是11.6Wb；(3)若开始时B0=0.2T，DE从O点右侧1m处出发，向右以v1=1m/s 的速度匀速运动，且闭合回路中没有感应电流产生，磁感应强度大小B随时间t变化的表达式为B=0.2(1+t)2T。 【解析】(1)(2)根据ΔΦ=Φ2−Φ1求磁通量变化量；(3)闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，根据Φ=BS分析磁场随时间变化。本题考查电磁感应定律应用，解题关键要知道磁通量变化量计算和感应电流产生条件。16.【答案】解：(1)滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有mgR(1−cos60°)=12mv02，（2分）解得v0=4m/s；（1分）(2)当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，设向右为正方向，动量守恒定律有mv0=2mv共，解得v共=2m/s，（2分）由能量守恒定律有EP=12mv02−12⋅2mv共2，解得：EP=8J；（2分）(3)弹簧恢复原长时B与A分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mv0=mv1+mv2，12mv02=12mv12+12mv22，联立解得v1=0，v2=4m/s，（2分）B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒有mv2=(m+M)v3，解得：v3=1m/s，（1分）由功能关系有：Q=12mv22−12(m+M)v32，Q=μmgL，（1分）联立解得：L=0.8m。（1分）答：(1)滑块A刚到平台上的速度大小为4m/s；(2)该过程中弹簧弹性势能的最大值为8J；(3)小车C的长度为0.8m。