湖北省孝感市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期11月期中聯(lián)考物理試題（解析版）

PAGEPAGE12023年湖北省高二11月期中考試高二物理A試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選或者不選的得0分。1.如圖所示，某同學(xué)利用平底水槽研究水波傳播時(shí)的現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲圖是觀察水波穿過(guò)狹縫后的情景，此時(shí)水波沒有發(fā)生衍射現(xiàn)象B.甲圖中狹縫的寬度變窄時(shí)，可以觀察到明顯的衍射現(xiàn)象C.乙圖是兩列水波相遇時(shí)的干涉現(xiàn)象，兩列水波的頻率不同D.乙圖中某些區(qū)域在某時(shí)刻振動(dòng)加強(qiáng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后振動(dòng)減弱【答案】B【解析】A．甲圖水波發(fā)生了衍射現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；B．波長(zhǎng)一定，縫越窄衍射現(xiàn)象越明顯，當(dāng)甲圖中狹縫的寬度變窄時(shí)，可以觀察到明顯的衍射現(xiàn)象，B正確；C．乙圖是兩列水波相遇時(shí)的干涉現(xiàn)象，兩列水波的頻率相同，C錯(cuò)誤；D．乙圖中某些區(qū)域在某時(shí)刻振動(dòng)加強(qiáng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后依舊為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。A.在電場(chǎng)中的A、B兩點(diǎn)放置電荷量相等的試探電荷，它們所受靜電力FA<FBB.電子在B點(diǎn)電勢(shì)能小于在A點(diǎn)電勢(shì)能C.把電子從b等勢(shì)面移動(dòng)到e等勢(shì)面，靜電力做功為15eVD.在F點(diǎn)給電子一個(gè)沿虛線向左的初速度，將做曲線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】A．因A點(diǎn)的等勢(shì)面較B點(diǎn)密集，可知A處的場(chǎng)強(qiáng)比B處場(chǎng)強(qiáng)大，則在電場(chǎng)中的A、B兩點(diǎn)放置電荷量相等的試探電荷，它們所受靜電力FA>FB，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．因AB兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，則電子在B點(diǎn)電勢(shì)能等于在A點(diǎn)電勢(shì)能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．把電子從b等勢(shì)面移動(dòng)到e等勢(shì)面，電勢(shì)升高15V，則電子的電勢(shì)能減小15eV，則靜電力做功為15eV，選項(xiàng)C正確；D．電場(chǎng)線與等勢(shì)面正交，則過(guò)F點(diǎn)的電場(chǎng)線水平向右，則沿在F點(diǎn)給電子一個(gè)沿虛線向左的初速度，將沿虛線做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。3.一列簡(jiǎn)諧橫波向軸負(fù)方向傳播，在時(shí)的波形如圖所示，兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置的坐標(biāo)分別為、。已知時(shí)，質(zhì)點(diǎn)第1次位于波峰，下列說(shuō)法正確的是（）A.振源的起振方向?yàn)檩S負(fù)方向B.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)位于波峰時(shí)，質(zhì)點(diǎn)也位于波峰C.該波的波速為D.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)第2次位于波峰【答案】D【解析】A．因t=0時(shí)刻，x=1m處質(zhì)點(diǎn)沿y軸正向振動(dòng)，可知振源的起振方向?yàn)檩S正方向，A錯(cuò)誤；B．波長(zhǎng)為4m，因PQ=1.5λ則當(dāng)質(zhì)點(diǎn)位于波峰時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位于波谷，B錯(cuò)誤；C．已知時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q第一次出現(xiàn)波峰，則即則該波的波速為C錯(cuò)誤；D．波傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間為0.2s，由于波的起振方向是軸正方向，由于質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為0.4s，故時(shí)，質(zhì)點(diǎn)第2次位于波峰，D正確。故選D。4.把一個(gè)篩子用四根彈簧支撐起來(lái)，篩子上裝一個(gè)電動(dòng)偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個(gè)驅(qū)動(dòng)力，這就做成了一個(gè)共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在，在某電壓下偏心輪的轉(zhuǎn)速是54r/min。以下說(shuō)法正確的是（）A.偏心輪現(xiàn)在的頻率是0.8HzB.增加偏心輪轉(zhuǎn)速，可以使篩子振幅增大C.增加篩子質(zhì)量，可以使篩子振幅增大D.降低偏心輪轉(zhuǎn)速，可以使篩子振幅增大【答案】D【解析】A．某電壓下偏心輪的轉(zhuǎn)速是54r/min。偏心輪現(xiàn)在的頻率為故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，篩子固有頻率為0.8Hz，增加偏心輪轉(zhuǎn)速，偏心輪的頻率增大，則篩子固有頻率和驅(qū)動(dòng)力頻率的差值變大，篩子振幅增小，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，篩子固有頻率為0.8Hz，增加篩子質(zhì)量，篩子的固有周期增大，則固有頻率減小，則固有頻率和驅(qū)動(dòng)力頻率的差值變大，篩子振幅減小，故C錯(cuò)誤；D．由圖乙可知，篩子固有頻率為0.8Hz，降低偏心輪轉(zhuǎn)速，偏心輪的頻率減小，則篩子固有頻率和驅(qū)動(dòng)力頻率的差值變小，篩子振幅增大，故D正確；故選D。5.如圖所示，小球A和槽形物體B的質(zhì)量分別為m、2m，B置于水平面上，B的上部半圓形槽的半徑為R，槽的左右兩側(cè)等高．將A從槽的右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)，則（）A.A剛能到達(dá)槽的左側(cè)頂端B.A運(yùn)動(dòng)到槽的最低點(diǎn)時(shí)速度為C.B向右勻速運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為【答案】A【解析】A．設(shè)A到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，由于初動(dòng)量為零，則末總動(dòng)量為零，即v1=0，根據(jù)能量守恒定律知，A能到達(dá)B圓槽左側(cè)的最高點(diǎn)。故A正確；B．設(shè)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0=mv-2mv’解得根據(jù)能量守恒定律得解得故B錯(cuò)誤；C．B向右先加速后減速，減速到零之后又向左先加速后減速，即做往返運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)锳和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，向左運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)A向左的最大位移x，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得故D錯(cuò)誤。故選A。6.在圖甲的電路中，是可調(diào)電阻，是定值電阻，電源內(nèi)阻不計(jì)。實(shí)驗(yàn)時(shí)調(diào)節(jié)的阻值，得到各組電壓表和電流表數(shù)據(jù)，用這些數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)、擬合，作出的U-I圖像如圖乙中AB所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.該電源電動(dòng)勢(shì)為3VB.的阻值為5C.消耗的功率最大為3WD.當(dāng)電流為0.2A時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值為10【答案】B【解析】AB．根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得由圖可知，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。代入上式可得，故A錯(cuò)誤，B正確；C．將電源與定值電阻R2看成等效電源，消耗的功率最大，即等效電源的輸出功率最大，故當(dāng)時(shí)，消耗的功率最大為故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電流為0.2A時(shí)，由歐姆定律及串并聯(lián)電路中的規(guī)律可得，電路中總電阻為解得故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，質(zhì)量為3kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面，質(zhì)量為2kg的物體B用細(xì)線懸掛起來(lái)，A，B緊挨在一起但A、B之間無(wú)壓力。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，A、B一起向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（彈簧在彈性限度范圍內(nèi)，g取10），下列說(shuō)法正確的是（）A.A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.細(xì)線剪斷瞬間，B對(duì)A的壓力大小為8NC.B對(duì)A的壓力大小最大為28ND.彈簧的最大彈力為60N【答案】C【解析】A．A、B一起向下移動(dòng)的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)A、B整體做負(fù)功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，A錯(cuò)誤；B．未剪細(xì)線之前，對(duì)A剪斷細(xì)線瞬間，對(duì)A、B整體解得對(duì)B受力分析解得故B對(duì)A的壓力大小為12N。B錯(cuò)誤；C．剪斷細(xì)線后的瞬間，A、B整體加速度為，方向豎直向下，之后A、B一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，A、B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A、B加速度大小為，方向豎直向上，對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律可得解得C正確；D．剪斷細(xì)線后的瞬間，A、B整體受到的合外力大小為，之后A、B一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，A、B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A、B受到的合外力豎直向上，大小為，則解得D錯(cuò)誤。8.粗細(xì)均勻的一根木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在較大的裝有水的杯中，如圖所示。把木筷往上提起一段距離后放手，木筷就在水中上下振動(dòng)。若取豎直向上為正方向，則以下描述試管的位移、速度時(shí)間圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】由于木筷在水中做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且初始時(shí)，木筷的位移由正向最大逐漸減小，速度由零逐漸增大，方向?yàn)樨?fù)方向，且運(yùn)動(dòng)的速度、相對(duì)平衡位置的位移隨時(shí)間的關(guān)系都應(yīng)是三角函數(shù)的波形。9.在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場(chǎng)力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM=ON，則小球（）A.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減少B.在P點(diǎn)電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能C.在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D.從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功【答案】BC【解析】ABC．由題知，OP>OM，OM=ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)分布情況可知φM=φN>φP則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大，且EpP>EpM=EpN則小球的電勢(shì)能與機(jī)械能之和守恒，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯(cuò)誤、BC正確；D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤。10.“娛樂風(fēng)洞”是一項(xiàng)新型娛樂項(xiàng)目，在一個(gè)特定的空間內(nèi)通過(guò)風(fēng)機(jī)制造的氣流把人“吹”起來(lái)，使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺。其簡(jiǎn)化模型如圖所示，一質(zhì)量為m的游客恰好靜止在直徑為d的圓柱形豎直風(fēng)洞內(nèi)，已知?dú)饬髅芏葹?，游客受風(fēng)面積（游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積）為S，風(fēng)洞內(nèi)氣流豎直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度為g。假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱悖瑒t下列說(shuō)法正確的是（）A.氣流速度大小為B.單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)風(fēng)洞內(nèi)某橫截面的氣體體積為C.風(fēng)若速變?yōu)樵瓉?lái)的，游客開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為D.單位時(shí)間內(nèi)風(fēng)機(jī)做的功為【答案】AD【解析】A．對(duì)時(shí)間內(nèi)吹向游客氣體，設(shè)氣體質(zhì)量為，由動(dòng)量定理可得由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，故滿足另外聯(lián)立可得故A正確；B．單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)風(fēng)洞某橫截面的氣體體積為聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．若風(fēng)速變?yōu)樵瓉?lái)的，設(shè)風(fēng)力為，由動(dòng)量定理可得另外聯(lián)立可得由牛頓第二定律可得解得故C錯(cuò)誤；D．風(fēng)洞單位時(shí)間流出的氣體質(zhì)量為M單位時(shí)間內(nèi)風(fēng)機(jī)做的功為故D正確。二、非選擇題（本大題共5小題，共60分）11.某同學(xué)要將一小量程電流表（滿偏電流為，內(nèi)阻為）改裝成有兩個(gè)量程的電流表，設(shè)計(jì)電路如圖（a）所示，其中定值電阻，。（1）當(dāng)開關(guān)S接A端時(shí)，該電流表的量程為___________；（2）當(dāng)開關(guān)S接B端時(shí)，該電流表的量程比接在A端時(shí)___________（填“大”或“小”）（3）該同學(xué)選用量程合適的電壓表（內(nèi)阻未知）和此改裝電流表測(cè)量未知電阻的阻值，設(shè)計(jì)了圖（b）中兩個(gè)電路。不考慮實(shí)驗(yàn)操作中的偶然誤差，則使用___________（填“甲”或“乙”）電路可修正由電表內(nèi)阻引起的實(shí)驗(yàn)誤差。【答案】（1）1（2）大（3）乙【解析】（1）[1]由圖可知當(dāng)S接A時(shí)，R1和R2串聯(lián)接入電路，和電流表并聯(lián)，滿偏時(shí)電流表兩端電壓為此時(shí)R1和R2的電流為所以總電流為即量程為0~1mA。（2）[2]當(dāng)開關(guān)S接B端時(shí)，由圖可知R1和電流表串聯(lián)再和R2并聯(lián)，由于和電流表并聯(lián)的電阻變小，當(dāng)電流表滿偏時(shí)，流過(guò)R2的電流變大，干路電流變大，即量程變大；所以比接在A端時(shí)大。（3）[3]圖甲是電流表的外接法，誤差是由于電壓表的分流引起的；圖乙是電流表的內(nèi)接法，誤差是由于電流表的分壓引起的，因?yàn)轭}目中電壓表電阻未知，故采用圖乙的方法可以修正由電表內(nèi)阻引起的實(shí)驗(yàn)誤差。12.在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，同學(xué)們不僅完成了課本原來(lái)的實(shí)驗(yàn)，還用相同的器材進(jìn)行多方面的探索及嘗試。下面是甲、乙兩組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)回答相關(guān)的問題：（1）甲組同學(xué)采用如圖1所示的裝置，由斜槽和水平槽構(gòu)成。將復(fù)寫紙與白紙鋪在水平放的木板上，重垂線所指的位置為O。實(shí)驗(yàn)時(shí)先使A球從斜槽上某一固定位置由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復(fù)上述操作多次，得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置P；再把B球放在水平擋上靠近槽末端的地方，讓A球仍從固定位置由靜止開始滾下，與B球發(fā)生對(duì)心正碰，碰后A球不被反彈。碰撞后A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡。重復(fù)這種操作多次得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置M、N。①實(shí)驗(yàn)中有關(guān)操作和描述正確的是___________。A.用質(zhì)量大的球去碰質(zhì)量較小的球，目的是使被碰球飛行距高更遠(yuǎn)，可減小測(cè)量誤差B.調(diào)整斜槽末端水平，目的是使兩球能發(fā)生對(duì)心碰撞C.讓入射球從同一位置釋放，目的是保障每次碰撞前小球的動(dòng)量都相同D.碰撞后兩球的動(dòng)能之和總會(huì)小于碰前入射球的動(dòng)能，是因?yàn)樾辈勰Σ亮ψ鲐?fù)功造成的②設(shè)A球的質(zhì)量為，B球的質(zhì)量為，則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為（用、、、、表示）___________。（2）乙組同學(xué)誤將重錘丟失，為了繼續(xù)完成實(shí)驗(yàn)現(xiàn)將板斜放，上端剛好在槽口拋出點(diǎn)，標(biāo)記為O。板足夠長(zhǎng)小球都能落在板上，如圖2，采用甲組同學(xué)相同操作步驟完成頭驗(yàn)。③對(duì)該組同學(xué)實(shí)驗(yàn)的判斷正確的是___________。A.乙組同學(xué)無(wú)法完成驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律B.秒表不是乙組同學(xué)的必需器材C.乙組同學(xué)必須測(cè)量斜面傾角D.圖2中N為B球碰后落點(diǎn)④設(shè)A球的質(zhì)量為，B球的質(zhì)量為，則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為（用、、、、表示）___________。⑤若兩小球的碰撞是彈性碰撞，圖中P、M分別是A球碰前、碰后的落點(diǎn)位置，實(shí)驗(yàn)測(cè)得，則B球的落點(diǎn)位置___________?！敬鸢浮浚?）①C②m1OP=m1OM+m2ON（2）③BD④⑤【解析】（1）①[1]A．用質(zhì)量大的球去碰質(zhì)量較小的球，目的是使兩球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B．調(diào)整斜槽末端水平，目的是使兩球能發(fā)生碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．讓入射球從同一位置釋放，在碰撞前的速度相等，保障了每次碰撞前小球的動(dòng)量都相同，故C正確；

D．碰撞后兩球的動(dòng)能之和總會(huì)小于碰前入射球的動(dòng)能，是因?yàn)榕鲎彩鼓芰繙p少，不是因?yàn)樾辈勰Σ亮ψ鲐?fù)功造成的，故D錯(cuò)誤。

故選C。②[2]A、B兩小球碰后都做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直高度相等，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；又水平方向勻速運(yùn)動(dòng)x=vt由動(dòng)量守恒定律，得m1v1=m1v1′+m2v2整理可得m1OP=m1OM+m2ON（2）③④[3][4]小球做平拋運(yùn)動(dòng)，若小球落到P點(diǎn)，則有OPcosθ=v1t聯(lián)立可得同理，若小球落到M、N點(diǎn)，對(duì)應(yīng)速度為由動(dòng)量守恒定律得出表達(dá)式由此可知，故BD正確，AC錯(cuò)誤。

⑤[5]如果滿足小球的碰撞為彈性碰撞，則應(yīng)滿足代入以上速度表達(dá)式可知，應(yīng)滿足公式為m1OP=m1OM+m2ON由上可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得13.如圖，一根張緊的水平彈性長(zhǎng)繩上的a、b兩點(diǎn)相距L＝12.0m，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右方。一列簡(jiǎn)諧橫波沿此長(zhǎng)繩向右傳播。在t＝0時(shí)刻，a點(diǎn)的位移cm（4cm為質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅），b點(diǎn)的位移，且向下運(yùn)動(dòng)，T＝2s。（1）求質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方程；（2）若這一列簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)，求波可能的傳播速度?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）見解析【解析】（1）設(shè)質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方程為依題意，A=4cm，T=2s，可得由t＝0時(shí)刻，a點(diǎn)的位移cm，可知解得可得（2）依題意，設(shè)該波的波長(zhǎng)為，則有又解得根據(jù)聯(lián)立，解得14.如圖甲所示，空間內(nèi)存在著方向豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量、電荷量的帶電粒子從空間的點(diǎn)以初速度水平射出。設(shè)粒子射出時(shí)為初始時(shí)刻，之后某時(shí)刻，帶電粒子的速度與水平方向的夾角為，則與時(shí)間的關(guān)系圖象如圖乙所示，粒子的重力忽略不計(jì)。（1）求粒子的初速度的大??；（2）若粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)圖中點(diǎn)，且連線與水平方向的夾角，求、兩點(diǎn)間的距離。【答案】（1）；（2）【解析】（1）粒子僅在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律有豎直方向的速度水平方向的速度根據(jù)題意可知根據(jù)圖乙可得則解得（2）根據(jù)題意可知，水平位移豎直位移設(shè)位移偏角為，則代入數(shù)據(jù)得出運(yùn)動(dòng)時(shí)間根據(jù)幾何關(guān)系得出聯(lián)立解得15.如圖所示，有一裝