2023-2024学年湖北省武汉市东湖中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市东湖中学高二（上）期中考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 拉力F对物体的冲量大小为Ft
C. 拉力F对物体的冲量大小是FtcsθD. 合力对物体的冲量大小为Ft
2.铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子。今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为( )
A. 光速cB. IneSC. ρIneSmD. mIneSρ
3.如图所示，质量为M的小船在静止的水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后瞬间小船的速率为( )
A. v0+mMvB. v0−mMvC. v0+mM(v0+v)D. v0+mM(v0−v)
4.如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )
A. R1短路B. R2断路C. R2短路D. R3短路
5.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是−2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A. vA′=−2m/s，vB′=6m/sB. vA′=2m/s，vB′=2m/s
C. vA′=1m/s，vB′=3m/sD. vA′=−3m/s，vB′=7m/s
6.长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球。开始时，将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态，见图)，然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角时，小球速度沿水平方向且大小是v，此过程圆环的位移是x，则( )
A. v= 2gl3，x=23lB. v= gl3，x=23l
C. v= gl，x=0D. v= 2gl3，13l
7.多用电表在选择不同的挡位时，在电路中有不同的连接方式，则下述正确的是( )
A. 当多用电表调至电压挡时按电路图①连接，然后闭合开关
B. 当多用电表调至电流挡时按电路图②连接，然后闭合开关
C. 当多用电表调至欧姆挡时按电路图③连接，然后闭合开关
D. 当用多用电表测量二极管的反向电阻时，按电路图④连接
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是
( )
A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06A
B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
9.两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路进行实验，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录电流表A和电压表V2的测量数据。两位同学根据记录的数据描绘出如图(b)所示的两条U−I图线。则图像中两图线的交点表示的物理意义是
( )
A. 滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B. 电源的输出功率最大
C. 定值电阻R ​0消耗的功率为0.5 WD. 电源的效率达到最大值
10.如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为( )
A. m1=3m2B. m2=m1C. m2=5m1D. m2=7m1
三、实验题（本大题共2小题，共20分）
11.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
A.用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2；
B.按照如图所示的那样，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端；
C.先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
D.将小球m2放在斜槽前端边缘上，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；
E.用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，请你回答下列问题：
(1)用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________，则说明碰撞中动量是守恒的。
(2)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
12.①某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如题图1和题图2所示，长度L= ______ mm，直径d= ______ mm．
②现备有下列器材：待测金属棒：Rx(阻值约5Ω)；电压表：V1(量程3V，内阻约3kΩ)；V2(量程15V，内阻约9kΩ)；电流表：A1(量程0.6A，内阻约0.2Ω)；A2(量程3A，内阻约0.05Ω)；
电源：E1(电动势3V，内阻不计)；滑动变阻器：R1(最大阻值约20Ω)；R2(最大阻值约1000Ω)；开关S；导线若干．

若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选______ ，电流表应选______ ，滑动变阻器应选______ (均选填器材代号).正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接________.用伏安法测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率ρ= ______ .(用题目中所给各个量的对应字母进行表述)
四、计算题（本大题共3小题，共34分）
13.一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A。在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻。
14.如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L=1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现有一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g=10 m/s2，求：
(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．
15.如图所示，光滑固定斜面倾角θ=30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M=3kg的物体B相连，初始时B静止，A物体质量m=1kg，在斜面上距B物体S1=10cm处由静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t=0.2s下滑S2=5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2，求：
(1)A与B相碰前A的速度；
(2)从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量；
(3)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对B物体的冲量大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ABC、根据冲量的定义式可知，拉力F对物体的冲量大小为I=Ft，与力的方向无关，故B正确，AC错误；
D、由动量定理可知，合力对物体的冲量等于物体的动量变化量，因为该物体始终没有被拉动，所以动量变化量为0，所以合力对物体的冲量大小为0，故D错误。
故选：B。
根据冲量的定义式计算拉力F对物体的冲量大小即可；根据动量定理分析合力对物体的冲量。
本题考查冲量的定义式以及动量定理，牢记公式并理解其意义，易错点在于计算冲量的大小时，认为和角度有关，要注意规避这一情况。
2.【答案】D
【解析】假设电子定向移动的速率为v，那么在t时间内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vtS中的自由电子数，而体积为vtS的铜的质量为vtSρ，摩尔数为 vtSρm ，所以电荷量为
q=vtSρnem
故电流为
I=qt=vSρnem
于是得到
v=mIneSρ
故选D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查动量守恒定律，系统所受合外力为零，系统动量守恒，人和小船系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出船的速度。
【解答】
以水平向右为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒，则有： M+mv0=m−v+Mv′
解得：v′=v0+mMv0+v，故C正确，ABD项错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故A错误．若R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，A灯变暗，不符合题意．故B错误．若R2短路，D灯不亮，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故C错误．若R3短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过C、D的电流都减小，则C、D灯变暗．干路电流增大，通过C灯电流减小，则B灯的电流增大，变亮．符合题意．故D正确．故选D．
5.【答案】D
【解析】设每个球的质量均为m，取向右为正方向，则碰前系统总动量
p=mvA+mvB=6m−2m=4m
碰前的总动能
Ek=12mvA2+12mvB2=20m
A.若 vA′=−2m/s ， vB′=6m/s ，碰后总动量
p′=mv′A +mv′B =4m
动量守恒，总动能
E′k =12mv′A2+12mv′B2=20m
总动能不变，A可能实现，故A不符合题意；
B.若 vA′=2m/s ， vB′=2m/s ，碰后总动量
p′=mv′A +mv′B=4m
总动能
E′k =12mv′A2+12mv′B2=4m
动量守恒，机械能减少，B可能实现，故B不符合题意；
C.若 vA′=1m/s ， vB′=3m/s ，碰后总动量
p′=mv′A +mv′B =4m
总动能
Ek′=12mv′A2+12mv′B2=5m
动量守恒，机械能减少，C可能实现，故C不符合题意；
D.若 vA′=−3m/s ， vB′=7m/s ，碰后总动量
p′=mv′A +mv′B =4m
总动能
Ek′=12mv′A2+12mv′B2=29m
动量守恒，机械能增加，D不可能实现，故D符合题意。
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：取此时环速为v1，根据环球水平方向动量守恒有：2mv=mv1，
由于机械能守恒，则：2mgl=12(2m)v2+12mv12，
联立解得：v= 23gl。
环球水平方向类同人船模型：2m(l−x)=mx，
解得：x=23l，故A正确。BCD错误；
故选：A。
小球和环组成的系统水平方向不受力的作用，所以水平方向动量守恒，结合机械能守恒求解环的速度大小。类同于人船模型求解圆环的位移
解决该题关键是掌握动量守恒的条件，知道系统在某一个方向上不受力或者合外力为零，则在该方向上动量守恒，掌握人船模型的特征；
7.【答案】B
【解析】解：AB、测电压或电流时，红表笔应接电势高的点，黑表笔应接电势低的点，所以电路图①连接方式错误，电路图②连接方式正确，故A错误，B正确；
C、测电阻时，应将电阻从电路中断开，故C错误；
D、由于黑表笔接的是内部电源的正极，所以测二极管的反向电阻时，黑表笔应接二极管的负极，电路图④连接反了，故D错误。
故选：B。
测电压或电流时，红表笔应接电势高的点；测电阻时，应将电阻从电路中断开；多用电表在测二极管的反向电阻时，黑表笔应接二极管的负极。
本题考查的是多用电表的使用，要求学生掌握电流流向为红进黑出，同时测电阻时，应将电阻从电路中断开。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．
本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响！
【解答】
AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故A正确，B错误；
CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；
故选：AC。
9.【答案】BC
【解析】【分析】由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压；则两条U−I图象表示的意义不同，根据图象的意义可知交点的意义，并求出电源的输出功率及定值电阻R0上消耗的功率。本题考查测定电动势和内电阻实验的数据处理方法，要结合电路分析图线的意义，注意分析交点及截距等图象给出的隐含条件。
【解答】解：A、由题图(b)可得，电源电动势E=1.5 V，内阻r=1 Ω，在交点位置有R+R0=U1I=2Ω，R0=U2I=2Ω，则R=0，即滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，选项A错误；
B、当电路外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，但R0>r，故改变滑动变阻器接入电路的电阻时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故选项B正确；
C、P0=U2I=0.5 W，选项C正确；
D、电源的效率η=EI−I2rEI=1−rEI，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。
10.【答案】AD
【解析】解：若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t=3v1t
即：v2=3v1。
取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2。
根据机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立解得：m1=3m2；
碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与档板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t=3v2t，即：v1=3v2
同理解得：m2=7m；
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与档板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t
即：v1=v2
同理解得：m2=3m1；
故选：AD。
两球发生弹性碰撞，碰后前后动量守恒，机械能也守恒，结合碰撞后两球可能的运动情况，分析碰后速度关系，来进行解答。
解决本题的关键是明确弹性碰撞的规律：动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解。
11.【答案】 m1 LE = m1 LD + m2 LF m1LE=m1LD+m2LF
【解析】(1)[1]小球 m1 和小球 m2 相撞后，小球 m2 的速度增大，小球 m1 的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后 m1 球的落地点是D点， m2 球的落地点是F点，碰撞前，小球 m1 落在图中的E点。
碰撞前，小球 m1 落在图中的E点时，设其水平初速度为 v1 ，小球 m1 和 m2 发生碰撞后， m1 的落点在图中的D点，设其水平初速度为 v′1 ， m2 的落点是图中的F点，设其水平初速度为 v2 ，设斜面BC与水平面的倾角为 α ，由平抛运动可得
LEsinα=12gt2
LEcsα=v1t
v1= gLEcsα22sinα
同理可得
v′1= gLDcsα22sinα
v2= gLFcsα22sinα
动量守恒要满足
m1v1=m1v′1+m2v2
化简整理得
m1 LE = m1 LD + m2 LF
(2)[2]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式
12m1v12=12m1v′12+12m2v22
化简整理得
m1LE=m1LD+m2LF
12.【答案】 23.5 6.713 V1 A1 R1 ρ=kπd24L
【解析】① [1]游标卡尺读数 L=23mm+5×110mm=23.5mm
[2]螺旋测微器读数 d=6.5mm+21.3×0.01mm=6.713mm
② [3][4]电源电动势3V，电压表应选V1(量程3V，内阻约3kΩ)，待测金属棒：Rx(阻值约5Ω)，电流表应选A ​1(量程0.6A，内阻约0.2Ω)
[5]滑动变阻器采用限流接法，滑动变阻器应选用相对待测金属棒电阻较大且与待测金属棒电阻具有可比性(相差不超过10倍)的滑动变阻器，则滑动变阻器应选R1(最大阻值约20Ω)
[6]待测金属棒电阻相对电压表电阻较小，则采用电流表的外接法．实物电路的连接如图：
[7]U−I图象的斜率为k，则R=k，据
R=ρLS=ρLπd24
得
ρ=kπd24L
13.【答案】(1) 0.6W ；(2) 6J ；(3) 5Ω
【解析】(1)电动机的输入功率
P入=UI=3×0.2W=0.6W
(2)物体上升的速度
v=ht=0.1m/s
电动机提升重物的机械功率
P机=Fv=mgv=4×0.1W=0.4W
电动机线圈所产生的热功率
PQ=P入−P机=(0.6−0.4)W=0.2W
所生热量
Q=PQt=0.2×30J=6J
(3)由焦耳定律
Q=I2Rt
得线圈电阻
R=5Ω
14.【答案】解：(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度为v1，
规定向左为正方向，由动量守恒得：mv0=(M+m)v1①
由能量守恒得：12mv02−12(M+m)v12=mgR+μmgL②
联立①②并代入数据解得：v0=5m/s…③
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，规定向左为正方向，由动量守恒得：
mv0=(M+m)v2④
设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x.由能量守恒得：
12mv02−12(M+m)v22=μmg(L+x)⑤
联立③④⑤并代入数据解得：x=0.5m
答：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小是5m/s；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离是0.5m。
【解析】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据能量守恒研究。
(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒和能量守恒求解；
(2)从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒列式，由能量守恒求解。
15.【答案】解：(1)A下滑S1时的速度由动能定理：
mgs1sinθ=12mv02
v0= 2gs1sinθ= 2×10×0.1×0.5=1m/s；
(2)设初速度方向为正方向，AB相碰时由动量守恒定律：mv0=(m+M)v1
解得：v=0.25m/s；
从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律：
△EP=12(m+M)v12+(m+M)gs2sinθ
解得：△EP=1.125J；
(3)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：
I−(m+M)gsinθ×2t=(m+M)v1−[−(M+m)v1)]
解得：I=10Ns
答：(1)A与B相碰前A的速度为1m/s；
(2)从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量为1.125J；
(3)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小为10NS．
【解析】(1、2)由动能定理可求得M的速度，再由动量守恒定律可求得碰后的速度，再由能量关系可求得弹性势能增加量；
(3)对全过程由动量定理可求得动量的增加量．
本题考查动量守恒定律及功能关系和动量定理，在求解时要注意正确分析物理过程，确定物理规律再进行求解，注意规定正方向．