江苏省扬州中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）

江苏省扬州中学2023-2024学年第一学期期中考试高二物理试卷注意事项：1、作答前，请考生务必将自己的姓名、准考证号等写在答题卡上并贴上条形码。2、使用2B铅笔将选择题答案填涂在答题卡指定位置上，非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。3、考试结束后，请将答题卡交给监考人员。第I卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项符合题意1.“中国天眼”位于贵州的大山深处，它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。关于电磁波下列说法正确的是（）A.电磁波不能在水中传播B.红外线的波长比紫外线的长C.用手机通话时没有利用电磁波D.不同电磁波在真空中传播速度不同【答案】B【解析】【详解】A．电磁波可以在介质与真空中传播，A错误；B．红外线为非可见光，频率比红光低；紫外线也是非可见光，但频率比紫光高，因此红外线的频率低于紫外线的频率，所以红外线的波长比紫外线长，B正确；C．手机通话就是信息的传输，信息需要通过电磁波来传输，因此手机通话利用电磁波来把信息传送的，C错误；D．任何电磁波在真空中传播速度均为，D错误。故选B。2.如图所示，圆形线框在匀强磁场中所做的各种运动，能够产生感应电流的是（　　）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【详解】A．线圈绕转动时，磁通量不断变化，会产生感应电流，故A正确；B．线圈向右匀速平动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；C．线圈绕点转动时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；D．线圈绕转动时，磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。故选A。3.运动员持球竖直起跳后，如图在空中某位置将球推出，此过程中，下列相关说法正确是（　　）A.运动员与篮球组成的系统动量守恒B.运动员与篮球组成的系统机械能守恒C.运动员对球作用力的冲量等于球的动量变化量D.运动员与篮球组成的系统机械能增加【答案】D【解析】【详解】A．在空中将球推出的过程中，运动员与篮球组成的系统所受外力之合，等于运动员和篮球的重力，系统所受外力之合不为零，故运动员与篮球组成的系统动量不守恒，故A错误；BD．系统机械能守恒条件为只有重力（弹力）做功，在空中将球推出的过程中，有运动员消耗自身能量，产生推力，对球做功，故运动员与篮球组成的系统机械能增加，故B错误，D正确；C．在空中将球推出的过程中，根据动量定理球的动量变化量等于合力的冲量，即等于运动员对球作用力和球重力合力冲量，故C错误；故选D。4.如图甲所示为某款服务型机器人，它的直流电动机的额定电流为I，线圈电阻为r0，由电动势为E、内阻为r的直流电源供电，内部电路可简化如图乙所示，定值电阻的阻值为R，电动机恰好能正常工作，则此时（　　） A.电动机两端电压为B.电动机的总功率为C.电动机的输出功率为D.电源的输出功率为IE【答案】B【解析】【详解】A．电动机的额定电压为故A错误；B．电动机的额定功率为故B正确；CD．电动机的输出功率为电源的输出功率为故CD错误。故选B。5.如图所示，线框面积为S，匝数为N，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列说法正确的是（　　） A.如图所示位置时磁通量等于0B.若线框从初始位置绕转过60°角时，磁通量为C.若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为D.若从初始位置绕转过60°角时，磁通量为NBS【答案】B【解析】【详解】A．如图所示位置时磁通量等于故A错误；BCD．若使线框绕转过角，则磁通量为故B正确，CD错误。故选B。6.钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（　　）A.鱼漂的振动不是简谐运动B.鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用C.M点到达水面时，鱼漂的动能为零D.N点到达水面时，鱼漂的加速度最小【答案】C【解析】 【详解】A．设鱼漂静止时水下部分的长度为，根据平衡条件得取向下为正方向，鱼漂从平衡位置再向下位移为x时，鱼漂的合力为解得设，则鱼漂振动为简谐运动，故A错误；B．鱼漂受到重力，浮力的作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C正确；D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D错误。故选C。7.某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（　　）A.两小球的质量需满足B.实验中可以用这个表达式验证动量守恒定律。C.位置N为小球b撞击挡板的位置D.小球a在轨道上受到的摩擦力越小，对实验结果的误差影响就越小【答案】B 【解析】【详解】A．为了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即，故A错误；C．小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，且，根据平抛运动学公式。水平方向则有竖直方向则有因为，b小球平抛初速度大，下落高度小，所以P点应为b小球撞击挡板位置，N位置应为小球a击挡板位置，故C错误；D．需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球每一次从同一位置静止释放即可，轨道的光滑程度对实验无影响，故D错误；B．由，小球的水平速度为根据动量守恒可知化简得故B正确。故选B8.在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，查询资料获知构成该薄膜金属材料的电阻率，取一块厚度均匀、边长为L 的正方形该金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压。通过薄膜的电流方向如图所示，测定出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（　　）A.电流I越大，则薄膜厚度d越小B.电流I越大，则薄膜厚度d越大C.正方形边长L越大，所测定的电阻值越大D.正方形边长L越小，所测定的电阻值越小【答案】B【解析】【分析】【详解】CD．根电阻定律，薄膜电阻为可知所测定的电阻值R与正方形边长L无关，故CD错误；AB．根据欧姆定律联立解得根据厚度d公式，d与I成正比，与边长L无关，故A错误，B正确；故选B。9.如图所示，光滑的水平面上有一个半径为R、质量为2m的大空心球B处于静止状态，一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球相对地面移动的距离为（） A.B.C.D.R【答案】B【解析】【详解】设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球相对于地面的水平位移大小为R-x，取水平向左为正方向。根据系统水平方向平均动量守恒得解得故选B。10.质量为的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度水平跳出，由于风力的影响，经时间，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为，在此段时间内（　　）A.风力一定沿水平方向B.飞行爱好者机械能减少C.风力对爱好者的冲量大小为D.风力对爱好者的冲量大小为【答案】D【解析】【详解】A．在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞 行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；B．假设物体在竖直方向做自由落体运动，时间内下落的高度为物体的重力势能减小量为但物体在下落高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，故B错误；CD．取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对物体的冲量设风力竖直方向的冲量为，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为故C错误，D正确。故选D。第II卷（非选择题共60分）二、实验题：本题共1小题，共计15分，请将解答填写在答题卡相应的位置11.某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“”档，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的____（选填“正”或“负”）；此时，多用电表的指针如图所示，二极管的正向电阻为______。（2）用伏安法描绘二极管在范围内的正向伏安特性曲线，器材如下 电压表V（量程为，内阻约为）电流表A（量程，内阻约为）滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）滑动变阻器（总电阻为，额定电流为）电源E（电动势，内阻不计）开关S，导线若干其中，滑动变阻器应该选___________（选填“”或“”）利用图所示的器材符号，画出实验电路原理图。____（3）按所画的实验电路图进行实验，二极管的正向电压伏安特性曲线如图所示，当电压为1V时，二极管的电阻测量值__________真实值。（填“大于”、“小于”、“等于”）【答案】①.负②.600③.④.⑤.大于【解析】【详解】（1）[1]根据多用电表中两表笔电流流向为“红进黑出”，欧姆表指针偏转过大，可知红表笔与二极管的负极相连；[2]此时，多用电表的指针位于6刻度处，二极管的正向电阻为；（2）[3]电源电动势为6V，最大电阻为，则电流为超过其额定电流，故滑动变阻器选择； [4]设计电路如图：  （3）[5]因采用电流表内接法，根据可知，由于电压表的分压作用，代入计算的电压偏大，因此正向电阻的测量值大于真实值。三、计算题：本题共4小题，共计45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．12.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动，属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面上方5.0m高处，已知运动员与网接触的时间为1s，取g=10m/s2。求：（1）在1s这段时间内重力的冲量大小；（2）1s内网对运动员的平均作用力的大小；【答案】（1）600N·s；（2）1680N【解析】【详解】（1）在1s这段时间内重力的冲量大小（2）运动员与网接触前后的速度大小分别为，根据动量定理得13.如图所示，电源电动势，内阻，电阻、与的阻值均为，电容器电容，求： （1）通过的电流I；（2）电容器的电荷量Q。（）【答案】（1）1A；（2）【解析】【详解】（1）由于电容不通直流，与并联再与串联，依据串并联电阻的特点可得由闭合电路欧姆定律得通过的电流I为（2）根据闭合回路欧姆定律可得故电容器的电荷量为14.轻弹簧上端固定，下端系一质量为的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）小球运动到最高点时加速度的大小；（3）写出小球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。 【答案】（1）20N/m；（2）5m/s2；（3）【解析】【详解】（1）小球在平衡位置时弹簧伸长量10cm，则（2）由图乙可知，小球在最高点时，相对于平衡位置的位移大小为5cm，故此时弹簧伸长量为5cm，则解得（3）由振动图像可知则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为15.某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求：（1）撤去力F时小滑块的速度大小；（2）力F的大小； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。【答案】（1）15m/s；（2）13.75N；（3）【解析】【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有解得撤去力F时滑块的速度（2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有解得（3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有解得小滑块与木板共速为设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有解得木板位移