【文档说明】湖南省常德市汉寿县第一中学2022-2023学年高二下学期第七次段考物理试题 含解析.docx，共(22)页，1.167 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省常德市汉寿县第一中学2022-2023学年高二下学期第七次段考物理试题一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.如图甲为2020年中

国排球联赛的某个场景，排球飞行过程可简化为乙图。运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d，与a点的高度相同。不计

空气阻力。下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球在空中飞行的时同相等B.两个过程中，排球击中b点时的动能相等C.运动员两次击球对排球所做的功可能相等D.排球两次击中b点前瞬间，重力的功率一定不相等【答案】C【解析】【分析】【详解】AC

．由于从c处抛出的球能竖直到达d点，从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya=vyb，tb=2ta，由于水平方向的位移相同，根据v水＝xt可知，va水＞vb水，根据速度的合成可知，a抛出时的

速度va0=va水，b抛出时的初速度220byabvvv=+水，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据动能定理可得2012Wmv=，运动员两次击球对排球所做的功可能相等，故A错误，C正确；B．落地时，根据运动的对称性可知，b处抛出时的

速度大小与落地时速度大小相等，a球落地时的速度22aayavv=+水，故前一个过程中，排球击中b点时的速度较大，根据2012kEmv=可知，落地时动能不同，故B错误；D．由于竖直方向做的是自由落体运

动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故D错误；故选C。2.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度等于E0。一过球心的倾斜平面将球面分为两部分，其中60=。则所分出的较小这部分的电荷在O处的电场强度E为（）A.3EB.

02EC.022ED.032E【答案】B【解析】【分析】【详解】根据对称性，做出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如下图所示由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度00060sin=sin=222EEEE=故B正

确，ACD错误。故选B。3.质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的

切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【解析】【分析】详解】AB．对滑块受力分析，由平衡条件有sinFmg=cosNmg=滑块

从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽压力为()1cossincossin22NFFmgmg===则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地

面对凹槽的支持力为()()2sinsinNMmgFMmgmg=+−=+−地则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；故选C。4.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地

球同步卫星，已知卫星C和卫星B的轨道半径之比为3：1，且两卫星的环绕方向相同，下列说法正确的是（）A.卫星BC、运行速度之比为3：1B.卫星B的加速度大于物体A的加速度C.同一物体在卫星B中对支持物的压力比在卫星C中大D.在卫星B

中一天内可看到3次日出【的【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据22GMmvmrr=知GMvr=所以B、C运行速度之比为3:1，故A错误；B．卫星在空中只受到万有引力，根据2MmmaGr=得2GMar=B的轨道比C的轨道半径小，所以B的加速度比C大；又A、C的角速度相同，根据2ar=得

C加速度比A大，故卫星B的加速度大于物体A的加速度，故B正确；C．若地球做匀速圆周运动的卫星内的物体都处于完全失重状态，所以物体对支持物的压力都是0，故C错误；D．根据22(2)GMmmrrT=可得32rTGM=地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径之比为3：1，两卫星周期关系3BB3CC12

7TrTr==C的周期与地球的自转周期相等，为24小时，所以B的周期为833小时，一天内B卫星绕地球的圈数的的B24335.2nT==所以B卫星中的宇航员一天可以看到5次日出，故D错误。故选B。5.如图（a），一物体以某一初速度由斜面底端沿斜面向上滑动，其动能和重力势能随

位移的变化图线如图（b）。根据图像所给信息，可求出（）A.斜面的倾角B.物体所受的重力C.物体上滑的初速度D.物体与斜面间的滑动摩擦力【答案】D【解析】【详解】ABC．由题意可知，物体运动的初动能为k010JE=由题意可知，物体运动的位移为1m时，具有的重力势能为p8JE=则可知物体从开始

运动到位移为1m时，克服重力做的功为G8JWmgh==由于不知道斜面的倾角或是斜面位移为1m时斜面的高度，所以无法求出物体所受的重力。又2k0012Emv=因为不知道物体的质量，所以无法求出物体上滑的初速度，

所以ABC错误；D．由以上选项分析可知，从开始上滑到位移为1m处，物体克服滑动摩擦力做功为fk0G2JWEW=−=又ffWFx=，1mx=则f2NF=所以D正确。故选D。6.质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上

，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为1d，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为2d，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木

块静止时，下列说法中正确的是（）A.最终木块静止，12dd=B.最终木块向右运动，12ddC.最终木块向左运动，12dd=D.最终木块静止，12dd【答案】D【解析】【详解】设子弹的速度为0v，子弹的质量为m，左侧子弹射入木块后与木块共同运动的速度为1v，由动量守恒定律可得01(

)mvMmv=+设子弹与木块之间的作用力大小为f，根据能量守恒定律可得2210111()22QfdmvMmv==−+当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为2v，根据动量守恒可得102()(2)MmvmvMmv+−=+解得20v=根据能量守恒定律可得22222

20120111111()(2)()22222QfdmvMmvMmvmvMmv==++−+=++联立可知12dd故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符

合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.具有巨磁阻效应（GMR）的电阻R2在外加特定方向的磁场时，阻值随磁场的增强而减小。现将R2接在图示电路中，并置于该磁场，已知R1为定值电阻，此时R2<R1，电表均为理想电表。保持磁场方向不变，调整磁场强弱，发现电压

表V1的示数增加了ΔU1，V2示数变化量的绝对值为ΔU2，则（）A.电流表A的示数减小B.外加磁场逐渐减弱C.1U一定小于2UD.R2消耗的电功率先增大后减小【答案】C【解析】【详解】AB．依题意，若电压表V1的示数增加，根据闭合电路欧姆定律

则电阻R2阻值减小，电流表测量干路电流，电流表示数增大，外加磁场逐渐增强，故AB错误；C．结合题图根据闭合电路欧姆定律有12EUUIr=++由题可知1U增大，I增大，2U减小，可得120UIrU+−=所以ΔU1一定

小于ΔU2，故C正确；D．把1R等效看成电源内阻的一部分，由于开始时21RrRr=+等效根据电源输出功率与外电阻的关系，可知随着电阻R2阻值的减小，电源的输出功率逐渐减小，故D错误。故选C。8.一滑块在水平地面上沿直线滑行，0=t时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平

作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示，则（两图取同一正方向，取重力加速度210m/sg=。）（）A.滑块的质量为0.5kgB.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05C.第1s内摩擦力对滑块做功为1J−D.第2s内力F的平

均功率为1.5W【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．由图象斜率得加速度为21m/svat＝＝由两图知，第一秒内有f+F=ma第二秒内有F′-f=ma代入数据得f+1=3-f故f=1Nm=2kg又由f=μmg可得动摩擦因数μ=0.0

5故A错误，B正确；C．第一秒内的位移大小为x=12×1×1=0.5m位移方向为负向，根据功的公式W=FL可得第1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J，故C错误；D．根据v-t图象可知，第2秒内的平均速度001m/s0.5m/s22v

v++＝＝＝所以第2s的平均功率P=F′v＝3×0.5W＝1.5W故D正确；故选BD。9.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段

时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（）A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等D.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同【答案】AC【解析】【详

解】A．物体沿斜面运动时，根据牛顿第二定律sin=mgma垂直斜面方向Ncos+=FqvBmg可知当v越大时，NF越小，当N0F=，即当速度达到mcos=mgvqB后，物体就将飞离斜面，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确；B．由根据牛顿

第二定律sin=mgma可知滑块都是做匀加速运动，且加速度不变，所以运动时间mcossintanmgvmqBtagqB===所以斜面角度越小，在斜面上运动的时间越长，故B错误；C．重力平均功率22221mGsinsincossin2

2224vmgvmgmgPmgqBqB====可知二种情况重力的平均功率相同，故C正确；D．在斜面上运动的位移为222m22cos2sin2sin==vmgLgqB可知甲的位移大于乙的位移，故

D错误。故选AC。10.一根足够长的圆管倾斜固定在地面上，与水平面倾角30=，管内有一劲度系数为10N/mk=轻质弹簧，弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为0.2kgm=的光滑小球（小球直径略小于管径），已知活塞与管壁间的最大静摩擦力1.

5Nf=，弹簧从自然长度开始伸长x的过程中平均弹力为12=Fkx，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，210m/sg=。当弹簧处于自然长度时由静止释放小球，在小球第一次运动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（）A.当小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能为0.1125JB.小球先做加速度减小的加速运

动，再做加速度增大的减速运动直到静止C.弹簧的最大伸长量为0.14mD.活塞克服摩擦力做功大小为0.0375J【答案】BCD【解析】【详解】小球重力沿管方向的分力sin1Nmgf=则小球运动过程分析：小球开始向下运

动的过程中弹簧逐渐变长，弹簧弹力变大，开始时重力沿管的分力大于弹簧的弹力，小球沿管向下做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力大于重力沿管的分力且小于1.5N时，小球开始做减速运动，加速度随弹簧长度的增大而变大。当弹簧弹力等于1.5N时，根据fkx=可得，弹簧的的伸长量为1.5m0.15m1

0fxk===根据动能定理有201sin2mgxFxmv−=可得小球速度不为0，但是活塞开始滑动，由于活塞、弹簧质量可忽略不计，小球之后继续向下做匀减速直线运动直至速度为0。AC．根据上面分析可得

，小球运动到最低点时，弹簧生产量为0.15mx=，则弹簧的弹性势能为p11100.150.15J0.1125J22EFxkxx====故A正确，C错误；B．根据上面分析可得，在小球第一次运动到最低点过程中，

先做加速度减小的加速度运动，当弹簧弹的力大于重力沿管方向的分力小于管对活塞的最大摩擦力时，小球做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力等于管对活塞的最大摩擦力时，小球做匀减速直线运动，直至静止，故B错误；D．根据上面的分析可得，当

弹簧弹力等于管对活塞的最大摩擦力后，小球做匀减速的直线运动，加速度2sin2.5m/sfmgam−==根据2202asvv=−可得，则小球会继续向下运动位移202vsa=弹簧长度不在变化，则活塞向也向下运动s，则活塞克服摩擦力做功大

小为0.1125JfWfs==故D错误。本题选不正确的，故选BCD。三、非选择题：共56分。第11、12题为填空题，第13、14、15题为解答题，考生根据要求作答。11.某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置，如图。在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便

做平抛运动。在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节。在木板上固定一张白纸。该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：A．实验前在白纸上画一条直线，并在线

上标出a、b、c三点，且ab=bc=20.00cm，如下图；B．让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a点，记下此时木板与桌面的高度差h1=h；C．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b点，记下此时木

板与桌面的高度差h2=h+10.00（cm）D．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c点，记下此时木板与桌面的高度差h3=h+30.00（cm）（1）下列说法中正确的是___________。A．实

验时应保持桌面水平B．每次应使钢球从同一位置由静止开始释放C．必须选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面D．必须选择对钢球摩擦力尽可能小的桌面（2）则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0=_______m/s，钢球击

中b点时其竖直分速度大小为vby=_______m/s。已知钢球的重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计。（计算结果保留两位有效数字）【答案】①.AB②.2.0③.1.5【解析】【分析】【详解】（1）[1]A．为了保证

小球抛出桌面时做的是平抛运动，则实验时需要保持桌面水平，故A正确；B．为了减小实验误差，保证每次小球抛出桌面时的水平速度相等，则需要每次应使小钢球从同一位置由静止开始释放，故B正确；CD．只要保证小钢球从桌面水平

抛出时的速度相等即可，所以只需要保证小钢球每次从同一位置由静止释放即可，斜面与桌面可以不需要光滑，故CD错误。故选AB。（2）[2][3]在竖直方向2hgt=水平方向0xvt=其中=10cmbcabhhh−=20cm0.2mxL===联立代入数据解得02.0m/sv=b点为

hac段时间的中点，因此有-23010=1.5m/s220.1acbyhvt==12.为了测量待测电池组的电动势E和内阻r及待测电阻1R的阻值，准备实验器材有：待测电池组E（电动势约4.5V，内阻约2.0Ω）：待测电阻1R：定值电阻210ΩR=；电压表V（量

程3V，内阻约3kΩ）：电阻箱R（0~99.9Ω）；单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个，导线若干。某物理兴趣小组利用上述实验器材设计图甲所示的测量电路。并按如下步骤操作：（1）将开关2S接a，再闭合开关1S，依次改变电阻箱的阻值，读出相应的电阻箱R的阻值和电压表的示数U，得到如图乙所示的11U

R−图像；（2）将开关2S接b，电压表指针位置如图丙所示，则电压表示数为______V，待测电阻1R=______；（3）根据11UR−图像可得该电池组的电动势E=______V，r=______（结果均保留两位

有效数字）；电池组电动势的测量值与真实值相比______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.2.50②.20③.4.0④.2.0⑤.偏小【解析】【详解】（2）[1]根据电压表读数可得，图丙的示数为2.50V；[2]根

据闭合回路的欧姆定律，可得回路中的电流为212.502.50EIRrR−==+解得120ΩR=（3）[3][4]将开关2S接a，再闭合开关1S，根据闭合电路的欧姆定律得()2UEURrR=++变形得2111RrUREE+=+则纵截距10.2

5E=解得E=4.0V斜率210.250.25RrkE+−==解得2.0Ωr=[5]测量时将电压表看成理想电表，则()2UEURrR=++而实际上电压表会分流，则实际上()V2VUUEURrRR=+++故EE即电池组电动势的测量值与真实值相比偏小。13.

如图甲所示是某种透明材料制成的光学元件，该元件是一个中间圆柱形中空的立方体，其某一横截面如图乙所示，其中OA=2R，中空圆形半径为R，一束单色光（纸面内）从外正方柱面上的A点由空气中射入，入射角度为，光束经折射后恰好与内

球面相切于B点。已知此材料对该单色光的折射率为3，真空中的光速为c。求∶（1）人射光的入射角度以及该单色光从A到B经历的时间；（2）如果改变入射光的入射角度，恰好在内球面上发生全反射，则入射角为多大。【答案】（1）60=；3tRc=；（2）30=【解析】【分析】【详解】（1）光经过立方

体表面折射后到达内圆面上的B点，由题意可知，入射角为，折射角为30OAB=，由折射定律有sin3sin30n==解得60=根据几何关系可得22(2)3ABxRRR=−=根据cnv=解得3cv=所以从A到B的时间3ABxRtc==v（2）如图光束以入射角

由A点进入光学元件内折射到内圆面C点，如果C点发生全反射，则光束在球面上的入射角ACB等于临界角C，则有1sinCn=由正弦定理有sinsinACOCAOAOCO=解得1sin23CAO=由折射率sinsinnCAO=解得sin0.5

=所以30=14.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3kg的滑块从圆弧轨道的顶端A

点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力；（2）整个过

程中弹簧具有最大的弹性势能；（3）滑块最终停在何处？【答案】（1）90N；（2）2.1J；（3）距B点0.15m处【解析】【分析】【详解】(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR=212Bmv代入数据解得vB=3m/s滑

块在B点，由牛顿第二定律有F-mg=m2BvR代入数据解得F=90N由牛顿第三定律可得，物块对B点的压力为F′=F=90N(2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°

+W=0其中EP=-W解得EP=2.1J(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得−μmg⋅s＝0−212Bmv解得s=2.25m则物体在BC段上运动的次数为n=2.255.6250.4=说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.62

5×0.4=0.25m，故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）。15.如图所示，绝缘水平面上有三个宽度都为L的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域I内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。用粗细均匀的电阻丝制成边长为L

的单匝金属线框abcd，线框总电阻为R，质量为4m，线框制作平整，与水平面贴合良好，除区域Ⅲ内水平面与线框间有恒定的动摩擦因数外，其余部分光滑，线框以初速度0v进入匀强磁场，最终线框中心对称线恰好停在CD处。已知重力加速度为g。(1)求线框刚好完全进入区域I时的速度大小；(2)求区域Ⅲ与线

框间的动摩擦因数；(3)换用一直径为L，电阻也为R的圆形线框，线框在外力F作用下以速度v匀速穿过区域I，求整个过程F对线框的冲量大小。【答案】(1)23104BLvvmR=−；(2)23208()32BLvgLmR=−；(3)2343BLR【解析】【详解】(1)设线框刚好完全进入

区域I时的速度大小为1v，进入过程线框内的平均电流为I，进入时间为t，根据动量定理有10Δ44BILtmvmv−=−根据法拉第电磁感应定律有ΔΔEt=回路电流EIR=2ΔΦBL=解得23104BLvvmR=−(2)线框出磁场的过程，ad边受向左的安培力，仍然在安培

力的作用下做减速运动，同理可得线框完全出磁场时速度为23202BLvvmR=−设线框和区域Ⅲ水平面间的动摩擦因数为μ，线框进入区域Ⅲ后bc边受到的恒定摩擦力为1fmg=ab边和cd边受到的摩擦力逐渐增大，平均摩擦力大小为231122ffmg==根据动能定理有()2123210422Lf

ffmv−++=−解得23208()32BLvgLmR=−(3)对圆形线框一半进入磁场过程有EBlv=有效受到的安培力大小为22BlvFR=有效安由几何知识可知22222()()422lLLvtLvtvt=−−=−有效F作用的时

间为2Ltv=由积分知识可知在0~2Lv时间内力F的冲量大小为22204LvvBIFdtR==安232323()024383LLvLBLvvR−−=由对称性可知，圆形线框另一半进入磁场过程中力F对其

冲量大小也为I，出磁场过程与进磁场过程的冲量大小相等，则整个过程力F对线框的冲量大小为23443BLIR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com