江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷（解析版）

这是一份江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了测试范围，32 W等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟，试卷满分：100分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.测试范围：人教版必修三第12、13章，选择性必修一第1章。
第I卷
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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. 物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变
B. 做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的
C. 合外力对物体做功为零，则合外力的冲量也一定为零
D. 做圆周运动的物体，经过一个周期，合外力的冲量一定为零
【答案】B
【解析】A．根据动量定理可知，动量的变化率即物体受到的合外力，做曲线运动的物体，合外力可能恒定，即动量的变化率可能恒定，比如平抛运动，故A错误；
B．做匀变速运动的物体，加速度恒定，则合外力恒定，根据动量定理，则任意时间内的动量变化量的方向即合冲量的方向是相同的，故B正确；
C．合外力不为零，如果合外力与速度垂直，则合外力对物体做功为零，但合外力的冲量不一定为零，故C错误；
D．做圆周运动的物体，经过一个周期，速度可以变大也可以变小，动量变化量不一定为零，合外力的冲量不一定零，故D错误。
2. 我国高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。与4G 相比，5G 具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G 相比， 5G 使用的电磁波（ ）
A. 波长更长B. 能量子的能量更小
C. 能量子的能量更大D. 传播速度更快
【答案】C
【解析】5G 使用的电磁波频率更大，传播速度不变，均为光速c，根据
则波长更短，根据
可知能量子的能量更大。
故选C。
3. 如图所示，为当年法拉第实验装置示意图，两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流表，下列哪种情况不可能使线圈B中产生感应电流（ ）
A. 将开关S接通或断开的瞬间
B. 开关S接通一段时间之后
C. 开关S接通后，改变滑动变阻器滑动头的位置时
D. 拿走铁环，再做这个实验，开关S接通或断开的瞬间
【答案】B
【解析】A．闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都发生变化，线圈B中均有感应电流，选项A不符合题意；
B．开关S接通一段时间之后，电路中电流稳定，线圈B中磁通量不变，所以无感应电流，选项B符合题意；
C．闭合开关S后，在改变滑动变阻器滑动头的位置时，线圈A中电流发生变化，通过线圈B的磁通量发生改变，则线圈B中有感应电流．选项C不符合题意；
D．拿走铁环，再做这个实验，开关S接通或断开的瞬间，由于磁通量发生改变，线圈B中依然会产生感应电流，选项D不符合题意；
故选B。
4. 物理在生活和生产中有广泛应用，以下实例没有利用反冲现象的是（ ）
A. 乌贼喷水前行
B. 电风扇吹风
C. 火箭喷气升空
D. 飞机喷气加速
【答案】B
【解析】乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理；而电风扇吹风不是反冲。
故选B。
5. 如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B. 木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C. 上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D. 从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
【答案】A
【解析】ACD．子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，子弹和木块系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，A正确，CD错误；
B．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，B错误。
故选A。
6. 如图所示，坐标系中的图线甲、乙分别为某电源和定值电阻的曲线，现将该电源和定值电阻串接在一起，则下列说法正确的是( )
A. 该电源的内阻随输出电压的增大而增大
B. 当输出电压为2 V时，电源的内阻为10Ω
C. 当输出电压为2 V时，电源的内阻消耗的电功率为0.32 W
D. 如果将定值电阻的阻值减小，则电路消耗的总功率减小
【答案】C
【解析】U-I图中电源图像和电阻图像的交点可以认为是将该电阻直接接入该电源的情况，从图中读出电压和电流，计算电路的相关物理量．A．题图中图线甲切线斜率的绝对值等于电源的内阻，由图线甲可知，输出电压越小，电源的内阻越大，A错误；
BC．由图线甲可知，该电源的电动势为3.6 V，电源的输出电压为2V时电路中的电流为0.2A，则电源的内阻
电源的内阻消耗的电功率
故B错误，C正确；
D．如果将定值电阻阻值减小，定值电阻两端的电压减小，总电流增大，电路消耗的总功率由：
可知电路消耗的总功率增大，D错误．
7. 三根平行长直导线的截面如图所示，它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且。空间存在一匀强磁场，使得A点磁感应强度为0。则下列说法正确的是（ ）
A. 匀强磁场的方向由A指向D
B. 导线C在A点产生的磁感应强度大小为
C. 若仅改变C的电流方向，则A点的磁感应强度大小为
D. 若B、C、D的电流方向同时改变，则A点的磁感应强度依然为0
【答案】B
【解析】AB．由安培定则可知，三根通电直导线在A点上所产生的磁场方向，如图所示
直导线B、D在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，直导线C在A点产生的磁感应强度方向从A指向D。由于A点磁感应强度为0，则直导线C与匀强磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，所以匀强磁场的方向由A指向B，故A错误，B正确；
C．若仅改变C的电流方向，则C在A点产生的磁感应强度方向与匀强磁场的方向相同，大小仍为，则A点的磁感应强度大小为，故C错误；
D．若B、C、D的电流方向同时改变，则它们在A点产生的磁感应强度方向均反向，直导线B、D在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反；C在A点产生的磁感应强度方向与匀强磁场的方向相同，大小仍为，则A点的磁感应强度大小为，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，则 （ ）
A. 小灯泡的功率减小
B. 电容器极板上的电荷量增加
C. 电源的输出功率一定增大
D. 两表示数变化量的比值不变
【答案】D
【解析】AB．若增大照射光强度，则R2阻值减小，总电阻减小，总电流变大，通过小灯泡的电流变大，可知小灯泡的功率增加，R1和内阻上的电压变大，则电容器两板电压减小，则电容器极板上的电荷量减小，选项AB错误；
C．当外电阻等于电源内阻时电源输出功率变大，外电阻和内阻的关系不能确定，可知电源的输出功率不一定增大，选项C错误；
D．两表示数变化量的比值
不变，选项D正确。
故选D。
9. 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. 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
C. 位置N为小球b撞击挡板的位置
D. 实验中可以用这个表达式验证动量守恒定律
【答案】D
【解析】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；
B．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；
D．由
，
小球的水平速度为
根据动量守恒可知
化简得
故D正确。
故选D。
10. 某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的三条线段分别表示在光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（ ）
A. 两滑块发生的是弹性碰撞
B. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C. 碰前滑块Ⅰ速度大小为
D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
【答案】D
【解析】AC．由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为
碰后结合体的速度大小为
碰后两滑块速度相同，属于完全非弹性碰撞，故AC错误；
B．设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为、，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有
所以碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，故B错误；
D．根据动量守恒定律有
解得
故D正确。
故选D。
11. 在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，定值电阻R的阻值为，电动机的线圈阻值为。闭合开关S后，理想电压表的示数为。下列说法不正确的是（ ）
A. 电源的输出功率为1.375W
B. 电动机消耗的功率为
C. 电动机线圈在1分钟内产生的热量为
D. 如果电动机被卡住，电压表的示数将变小
【答案】C
【解析】A．由闭合电路欧姆定律，可得电路中的电流
则有电源的总功率
电源内阻消耗功率
电源输出功率
A正确；
B．电动机消耗的功率为
B正确；
C．由焦耳定律可得电动机线圈在1分钟内产生的热量为
C错误；
D．如果电动机被卡住，电动机可看成是纯电阻用电器，则电路中的电流会增大，电源内阻和定值电阻的电压会增大，电动势不变，因此可知
即电压表的示数将变小，D正确。
本题选错误的，故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13題˜第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，案中必须明确写出数值和单位。
12. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图1中的_______（选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0~15V）
B．电压表（0~3V）
C．滑动变阻器（0~50Ω）
D．滑动变阻器（0~500Ω）
实验中电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_______；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图3的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线_______；
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的内r=_______，根据实验设计误差主要来源于_____________；真实值与测量值比较E测_______E真。
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池输出功率P都会发生变化，则图中能正确反映图像关系的是_______。
A. B.
C. D.
【答案】（1）甲 （2）B C （3）答案见解析 （4）0.80 电压表分流作用 小于 （5）C
【解析】（1）干电池内阻较小，远小于电压表的内阻，为减小实验误差，相对于电池采用电流表外接，故应选甲图所示电路图。
（2）[1]一节干电池电动势约为，电压表应选B。
[2]为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，故选C。
（3）
（4）[1]根据闭合电路欧姆定律
可知
结合电源图像可知，电源内阻为
[2][3]相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电流的真实值。
（5）由
联立解得
即图像是一条开口向下的抛物线，故C正确。
故选C。
13. 一个质量为、以15m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为，试求：
（1）网球动量的变化；
（2）球拍对网球的平均作用力。
【答案】（1）8kg·m/s，方向与初速度方向相反 （2）80N，方向与初速度方向相反
【解析】（1）设网球飞来的速度方向为正方向，网球的初速度v0=15m/s，反弹后的速度为v=-25m/s，所以网球动量的变化
∆p=mv-mv0=-8kg·m/s
所以网球动量的变化大小为8kg·m/s，方向与初速度方向相反；
（2）由动量定理
解得
F=-80N
球拍对网球的平均作用力大小为80N，方向与初速度方向相反。
14. 如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B=0.2T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长为20cm，bc边长为40cm，求：
（1）线框在图示位置的磁通量；
（2）以线框的ab边为轴，转过30°时，它的磁通量；
（3）以通过b点的与线框平面垂直的线为轴，线框平面逆时针转过60°，它的磁通量。
【答案】（1） （2）见解析 （3）
【解析】（1）通过某一面的磁通量，可理解为穿过该面的磁感线根数，在题设条件下，此磁感线根数显然应等于磁通密度B（通过单位面积的磁感线根数）与磁场面积的乘积，故有
（2）将视图改画成如图所示，注意到穿过磁感线面积的投影与（1）一样，所以
（3）按题意作出示意图如图所示
可以看出，转过后，整个线框恰好全进入磁场区，这时有
15. 如图所示，电源电动势为14V，电源内阻为2.0Ω，电路中的电阻R0=1.5Ω，小型电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机稳定转动时，理想电流表的示数为2.0A。求：
（1）电源的路端电压；
（2）电源的输出功率；
（3）电动机的输出功率。
【答案】（1）10V （2）20W （3）14W
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得
解得电源的路端电压
（2）电源的输出功率
（3）电动机两端的电压
则电动机的输入功率
16. 两等高的长木板M、N放在光滑水平面上，两木板相邻但不粘连，木板N固定在水平面上，右侧固定有半径R=0.18 m的光滑半圆轨道，半圆轨道最下端与长木板N的上表面相切，长木板N上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A、B间夹一被压缩的轻质弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手固定A、B不动，此时弹簧储存的弹性势能为Ep=48 J，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧原长。放手后A向左、B向右运动，细绳在极短时间内被拉断，之后B冲上半圆轨道，B恰能到达半圆轨道最高点C，A滑上长度为L=2m的木板M，木板N的上表面光滑，物块A和木板M上表面间的动摩擦因数为μ=0.4，木板M的质量m=1kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求细绳被拉断过程中细绳对B的冲量I的大小；
（2）求A滑离M瞬间的速度大小；
（3）为了使A不滑离M，从A刚滑上M开始对M施加水平向左的拉力F，求拉力F应满足的条件。
【答案】（1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N
【解析】（1）设物块B在细绳被拉断后的瞬时速率为vB1，到达C点的速率为vC，则有
对细绳被拉断后B运动到最高点C这一过程，由动能定理有

解得
vB1=3 m/s
设弹簧恢复到原长时B的速率为vB，A的速率为vA，取水平向左为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有
A和B组成的系统动量守恒，有
解得
vA=8 m/s
vB=4 m/s
细绳被拉断的过程，对B根据动量定理有
解得
I=2 N·s
方向水平向左
（2）细绳被拉断的过程，对A根据动量定理有
解得
vA1=6 m/s
A在木板M上滑动的过程满足
由于A可滑离M，则
vA2>v
解得
vA2=4m/s
（3）为了使A刚好不从M的左端滑离M，设对M施加的最小拉力为F1，此时对应M向左的加速度大小为a1，A向右的加速度大小为μg，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，结合相对运动的知识有
对木板M有
F1+μmAg=ma1
解得
F1=1N
为了使A不从M的右端滑离M，当A和M共速后，物块A向左的最大加速度满足
μmg=ma2
对A和M整体，最大拉力
解得
F2=8 N
故为了使A不滑离M，对M施加的拉力F应满足1 N≤F≤8 N。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U（V）
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I（A）
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480