湖南省邵阳市武冈市2023-2024学年高二上学期期中考试物理 Word版含解析.docx

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2023年高二下学期期中考试试卷物理试题一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某人开车去旅行，用手机导航的页面截图如图所示，手机导航提供了三种路线。下列说法正确的是（　　）A.三种方案路程相同B.“2小时34分”是时刻C.“预计16∶55到达”中“16∶55”指的是时间D.“2小时37分186公里”表示该方案的平均速率约为【答案】D【解析】【详解】A．由题图可知，三种方案的始末位置相同，则位移相同，但是路程不同，A错误；B．“2小时34分”是时间间隔，B错误；C．“预计16∶55到达”中“16∶55”指的是时刻，C错误；D．平均速率等于路程除以时间，“2小时37分186公里”表示该方案的平均速率约为，D正确。故选D。 2.鱼雷是较好的水下打击武器。下图是某次军事演习中红方超空泡鱼雷打击蓝方潜艇的x—t图像，则下列说法正确的是（　　）A.潜艇做匀变速直线运动B.t1时刻到t2时刻，鱼雷的位移大于潜艇的位移C.t2时刻鱼雷与潜艇间的距离达到最大值D.0~t2时间内鱼雷与潜艇的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．x—t图像中图线切线的斜率表示速度，由图像可知，潜艇图像的斜率一定，潜艇在做匀速直线运动，鱼雷图像的斜率逐渐增大，鱼雷在做变加速直线运动，A错误；B．根据图像可知，t1时刻到t2时刻，鱼雷的位移为潜艇的位移则t1时刻到t2时刻，鱼雷的位移大于潜艇的位移，B正确；C．根据图像可知，t2时刻鱼雷与潜艇的位置坐标相等，表明此时刻，两者相遇，距离为0，C错误；D．0~t2时间内鱼雷的平均速度0~t2时间内潜艇的平均速度则0~t2时间内鱼雷平均速度大于潜艇的平均速度，D错误。故选B。3.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是（　　） A.持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力B.撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力C.撑杆起跳上升阶段，人的手受到弹力的直接原因是由于撑杆弯曲形变D.最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆是因为受到了一个向前的冲力【答案】C【解析】【分析】【详解】A．运动员所受重力的反作用力是人对地球的吸引力，故A错误；B．撑杆对人的作用力与人对撑杆的作用力是相互作用力，两者大小相等方向相反，故B错误；C．撑杆起跳上升阶段，人的手受到弹力的直接原因是由于撑杆弯曲形变，故C正确；D．最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆是因为惯性，故D错误。故选C4.在国际单位制中，力学有三个基本单位，这三个基本单位所对应的物理量分别是（　　）A.长度、时间、质量B.千克、米、秒C.力、时间、质量D.加速度、力、质量【答案】A【解析】【详解】在国际单位制中，力学有三个基本单位，分别是米、秒、千克，这三个基本单位所对应的物理量分别是长度、时间、质量，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动。若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小铁球运动的说法正确的是（　　） A.磁铁放在A处时，小铁球做匀速直线运动B.磁铁放在A处时，小铁球做匀加速直线运动C.磁铁放在B处时，小铁球做加速度不变的曲线运动D.磁铁放在B处时，小铁球做加速度变化的曲线运动【答案】D【解析】【详解】AB．磁铁放在A处时，小铁球所受磁力与速度方向相同，且越靠近磁铁，小铁球所受磁力越大，则小铁球做加速度增大的加速直线运动，故AB错误；CD．磁铁放在B处时，小铁球所受磁力与速度方向不同，且越靠近磁铁，小铁球所受磁力越大，则小铁球做加速度变化的曲线运动，故C错误，D正确。故选D。6.关于下列四幅图说法正确的是（　　）A.如图甲，汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态B.如图乙，直筒洗衣机脱水时，被甩出去的水滴受到离心力作用C.如图丙，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用D.如图丁，小球在水平面内做匀速圆周运动过程中，所受的合外力不变【答案】A【解析】【详解】A．汽车通过拱桥最高点时，汽车加速度向下，汽车对拱桥的压力小于汽车自身重力，处于失重状态，故A正确；B．洗衣机脱水是因为水滴所受的向心力不足而做离心运动，并非受到离心力，故B错误；C．火车转弯超过规定速度行驶时，火车重力和火车所受支持力的合力不够提供向心力，需要外轨对火车提供一个向内的力来补充向心力，即外轨对轮缘会有挤压作用，故C错误； D．小球在水平面内做匀速圆周运动过程中，合外力提供向心力，向心力的方向一直在变，故D错误。故选A。7.人类对太阳系中行星运动规律的探索过程中，曾有擅长观测的科学家通过长期观测记录了各行星环绕太阳运动（公转）的大量数据，在此基础上有位擅长数学推理的科学家通过数学推理，发现了行星运动三定律，揭示了行星运动的规律。发现行星运动三定律的这位科学家是（　　）A.托勒密B.哥白尼C.第谷D.开普勒【答案】D【解析】【详解】第谷通过长期观测记录了各行星环绕太阳运动（公转）的大量数据，开普勒认为行星公转轨道应该是椭圆，然后通过数学推理，发现了行星运动三定律。故选D。8.引体向上是中学生体育测试的项目之一，若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，每次引体向上重心上升0.4m，求该学生在上升过程中克服重力做功的平均功率约为（　　）A.5WB.20WC.80WD.160W【答案】D【解析】【详解】该学生在上升过程中克服重力做功为上升过程中总时间为平均功率为故选D。 9.某点电荷的电场线如图，a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，则这两点的场强（　　）A.方向相同，Ea>EbB.方向不同，Ea>EbC.方向相同，EaEB又因为C点在导体内部合电场强度为零，即EC=0所以EA>EB>EC故B正确；ACD错误。 故选B。13.如图所示，原来不带电的金属导体，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；现若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（　　）A.只有M端验电箔张开，且M端带正电B.只有N端验电箔张开，且N端带正电C.两端的验电箔都张开，且N端带负电，M端带正电D.若将左端接地，N端的验电箔仍将张开【答案】C【解析】【详解】由于金属球A带负电，根据静电反应可知，当金属球A靠近M端时，M端带正电，N端带负电，两边金属箔均根据同种电荷相互排斥二张开，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。14.LC振荡电路中，电容器两端的电荷量q随时间t变化的关系如图所示，则（  ）A.在1×10－6s时刻，电路中的电流最小B.在2×10－6s时刻，电路的磁场能最大C.2×10－6s至3×10－6s时间内，电路的电场能不断增大D.3×10－6s至4×10－6s时间内，电容器所带的电荷量不断增多【答案】D【解析】【详解】A．在1×10－6s时刻，电容器所带电量为零，磁场能最大，电路中的电流最大，故A错误；B．在2×10－6s时刻，电容器所带电量最多，电路的磁场能最小，故B错误；C．2×10－6s至3×10－6s时间内，电容器所带电量减小，电路电场能不断减小，故C错误；D．3×10－6s至4×10－6s时间内，电容器所带的电荷量不断增多，故D正确。故选D。 15.如图是某电场中一条直电场线，在电场线上有A、B两点，将一个正电荷由A点以某一初速度vA释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰好为零。根据上述信息可知（　　）A.场强大小B.场强大小C.电势高低D.电势高低【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.根据题给条件无法判断A、B两点电场强度的大小关系，故AB错误；CD.由题意可知正电荷从A到B的运动过程中电场力对其做负功，所以电场强度方向为由B指向A，根据沿电场线方向电势降低可知故C错误，D正确。故选D。16.电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（　　）A.A点的电场强度较大B.因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受电场力的作用C.同一点电荷在A点的电势能比在B点的电势能大D.负点电荷放在A点由静止释放，将顺着电场线方向运动【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大。故A正确；B．电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误；C．沿电场线方向电势降低，所以A点的电势较高，根据电势能的公式，有 可知，当放正点电荷时，在A点的电势能较大；当放负电荷时，在A点的电势能较小。故C错误；D．负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。故D错误。故选A。17.如图所示，一带电粒子从P点以初速v射入匀强电场，仅受电场力的作用，则可能的运动轨迹及电势能的变化情况是（）A.轨迹a，电势能变大B.轨迹b，电势能变小C.轨迹c，电势能变小D.轨迹d，电势能变小【答案】C【解析】【详解】A．若是轨迹a，则粒子带负电，电势能先增大后减小，A错误；B．由于初速度和电场力方向不在一条直线上，所以不可能做直线运动，B错误；C．若轨迹是c，则粒子带正电，电势能变小，C正确；D．轨迹d电场力方向前后改变了，不可能发生，D错误。故选C。18.在静电场中，一个电子由a点移到b点时电场力做功为+4eV，则下列判断中正确是A.电子的电势能增加4eVB.电子的电势能减少4eVC.电子的电势能减少4JD.a、b两点间电势差=4V【答案】B【解析】【详解】由可知，电场力做正功+4eV，电势能必然减少；ab两点电势差为．综上分析，B正确．二、非选择题：本题共6小题，共46分（填空题每空2分）19.图为____________（选填“电磁”或“电火花”）打点计时器，工作时需接入电压为，频率为的交流电源。使用这种打点计时器在纸带上打出的两点之间的时间间隔为__________。 【答案】①.电火花②.0.02【解析】【分析】【详解】[1][2]图为电火花打点计时器，工作时需接入电压为，频率为的交流电源。使用这种打点计时器在纸带上打出的两点之间的时间间隔为0.02s。20.利用如图所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。（1）本实验采用的实验方法是________。A.控制变量法B.假设法C.理想实验法（2）为了用图像法直观判断加速度a与质量m二者间的关系，应作出_______（选填“”或“”）图像。【答案】①.A②.【解析】【详解】（1）[1]加速度与力、质量均有关系，若探究加速度与力的关系，需要控制质量不变；探究加速度与质量的关系，需要控制合外力不变，所以本实验采用的控制变量法，故A正确，BC错误。故选A。（2）[2]根据牛顿第二定律可知可得可知，当F一定时，加速度a与质量m二者间成反比，a与成正比， 的图像是一条过原点的直线，故图像能直观判断加速度a与质量m二者间的关系。21.下图是某实验小组为了定性探究平行板电容器电容与其结构之间的关系装置图。充电后与电源断开的平行板电容器，A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动。（1）在该实验中，静电计的作用是_________A.测定该电容器的电荷量B.测定该电容器两极的电势差C.测定该电容器的电容D.测定两板之间的电场强度（2）在实验中观察到的现象是______A.甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大B.乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小C.丙图中手不动，向两板间插入陶瓷片（厚度小于板间距）时，静电计指针的张角变大D.丙图中手不动，向两板间插入金属板（厚度小于板间距）时，静电计指针的张角变小【答案】①.B②.AD【解析】【详解】（1）[1]该实验中，静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差，故选B；（2）[2]AD．手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压增大，所以静电计指针的张角变大，当两板间插入金属板（厚度小于板间距）时，相当于板间距离减小，同理可得静电计指针的张角变小，故AD正确；B．当手竖直上移时，正对面积减小，根据电容的决定式可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式 知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大，故B错误；C．板间插入陶瓷片时，介电常数变大，根据电容的决定式可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小，故C错误。故选AD。22.用两根长度均为L=1m的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点．已知两小球质量均为m=3kg，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ=37°，如图所示．已知静电力常量为k=9.0×109N·m2/C2，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小球受绝缘细线拉力T的大小；（2）小球所带的电荷量q的大小．【答案】（1）37.5N；（2）6×10-5C．【解析】【详解】（1）对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T，根据平衡条件得： （2）设小球在水平方向受到库仑力的大小为F，F=mgtanθ根据库仑定律得：其中r=2Lsin37°解得：带入数据可得：q=6×10-5C23.如图所示，在电场强度大小、方向水平向右的匀强电场中，将一电荷量的正点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做的功。求：（1）该点电荷在电场中A点所受静电力F的大小；（2）A、B两点间的电势差。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据代入数据得（2）根据代入数据得 24.哈尔滨第24届世界大学生冬运会某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s＝2.5×103m，竖直高度h＝720m.运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t＝200s到达滑雪道底端时速度v＝30m/s，人和滑雪板的总质量m＝80kg，取g＝10m/s2，求人和滑雪板(1)到达底端时的动能；(2)在滑动过程中重力做功的功率；(3)在滑动过程中克服阻力做的功．【答案】(1)3.6×104J　(2)2.88×103W　(3)5.4×105J【解析】【详解】(1)到达底端时的动能Ek＝mv2代入数据得Ek＝3.6×104J(2)在滑动过程中重力做的功W＝mgh功率P＝代入数据解得P＝2.88×103W(3)设在滑动过程中克服阻力做的功Wf，由动能定理有mgh－Wf＝mv2