【文档说明】湖北省宜昌市协作体2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(9)页，329.229 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-748126b9d2ae68bdbf7b3fce8446df6a.html

以下为本文档部分文字说明：

宜昌市协作体高二期中考试物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题

选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。4.本卷命题范

围：选择性必修第一册第一章至第三章第2节。一、选择题（本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错

的得0分）1.2023年5月28日，MU9191航班从上海虹桥国际机场飞往北京首都国际机场，并于12时31分抵达北京首都国际机场，并穿过象征民航最高礼仪的“水门”.关于飞机航行中的冲量与动量，下列说法正确的是（）A.质量一定的飞机，动量变化越大，

该飞机的速度变化一定越大B.航行中的飞机动量是矢量，它的方向可能与速度方向相反C.飞机运动的速度大小不变，飞机的动量也保持不变D.飞机所受合外力的冲量越大，它的动量也越大2.洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越

来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是（）A.洗衣机做的是振幅不变的简谐运动B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率与洗衣机的固有频率相等C.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率D.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小3.如图所示，一质量为m的

壁球从空中以一定的初速度水平抛出，重力加速度大小为g，假设壁球可视为质点，忽略空气阻力，壁球动量改变量Δp与运动时间t和下落高度h的关系，正确的是（）A.Δ2pmgt=Δ22pmgh=B.Δ2pmgt=Δ2pmgh=C.Δpmgt=Δ2pmgh=D.Δpmgt

=Δ22pmgh=4.某同学做用单摆测定重力加速度的实验，为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制2TL−图像如图所示.由图可知，当地重力加速度大小为（）A.()22122218πLLgTT−=−B.()22122214πLLgTT−=−C.()212

21224πTTgLL−=−D.()22212218πTTgLL−=−5.2023年4月20日，今年第1号台风“珊瑚”在西北太平洋洋面上生成，登陆时中心附近最大风力有8级.某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为250mS=，所能承受的最大风力为42.410NF=.若风吹到广告牌速度立刻

减为零，空气密度为31.2kg/m=，则广告牌能承受的垂直迎风面方向的风速最大值为（）A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.25m/s6.一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在0t=时刻的波形图，M是平衡位置为1

0mx=处的质点，图乙为质点M的振动图像，则（）A.t=0时刻质点M沿y轴正方向振动，该波沿x轴正方向传播B.波的振幅为28cm，波长10m=C.波的周期为1.8s，波的传播速度为12m/sD.t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为73cm7.如图所示，用不可伸长的轻质细绳

将木块悬挂于一点O，开始木块静止不动.一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为M=50m木块后未射出木块，第一次弹丸的速度为1255m/sv=，射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，

第二颗弹丸以水平速度v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则第二颗弹丸的水平速度v2大小为（）A.515m/sB.618m/sC.721m/sD.824m/s

8.如图所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动.设AB=20cm，振子由A到B运动时间为0.1s，振子的质量为m，重力加速度为g，则下列说法错误的是（）A.振子的振幅为10cm，周期为0.2sB.振子在A、B两处受到的回复力分别为Δkxmg+与Δkxmg−C.振

子在A、B两处受到的回复力大小都是ΔkxD.振子完成一次全振动通过的路程是20cm9.一列简谐横波沿x轴传播，速度大小为5m/s，在t=0时刻的波形图如图中实线所示，经0.2s后的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.经0.2s波传播的距离为1m，

波沿x轴正方向传播B.x=2m处的质点的位移表达式为()19sin2.5πcmyt=−C.质点P在t=0时刻沿y轴正方向运动D.从t=0时刻开始质点P经1.6s通过的路程为152cm10.如图所示，光滑的14圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的C点与水平面相切，其

半径为OB=OC=R=1.2m.在水平面内有一质量M=2kg的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m=1kg的小球P从B点正上方h=1.8m高处由静止释放，小球P和小球Q大小相同，均可视为质点，当地的重力加速度g=1

0m/s2，则（）A.小球P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为70NB.小球P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为60NC.在小球P压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能为20JD.在小球P压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能为40J二、实验题

（本题共2小题，共14分）11.（6分）某同学做“用单摆测定重力加速度”实验的装置如图甲所示，请回答下面的问题：（1）在实验中，为了使实验误差尽量小，下列说法正确的是______.（填选项前面的字母）A.为了便于测量周期，可适当缩短

摆线，从而减小测量周期的绝对误差B.组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，密度大而直径较小的摆球C.测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和D.测量周期时，当单摆经过

平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动的时间算出周期（2）如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径d=______mm.（3）除了已测摆球直径d，还已知细线长98.99cm，完成35次全振动的时间是70s，

由这些数据计算得重力加速度大小g=______m/s2.（π取3.14，结果保留三位有效数字）12.（8分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置测速度并验证动量守恒定律.（1）图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光

电门2，它们与数字计时器相连，弹性滑块A、B质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d=______cm；（2）实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，则mA、mB应满足的关系是mA______mB（填“>”

“=”或“<”）；（3）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A通过光电门1的遮光时间为t1=0.01s，A与B相碰后，B和A先后经过光电门2的遮光时间分别为t2和t3，碰前A的速度大小为vA

=______m/s；（4）在实验误差允许的范围内，若满足关系式______（用字母mA、mB、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律.三、计算题（本题共3小题，共计40分.解答时应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.有数值计算的题，答

案中必须明确写出数值和单位）13.（10分）如图所示，两竖直挡板间有一光滑的水平直杆，一轻弹簧穿在杆上，左侧与挡板相连，右侧与穿在杆上的小球甲相连.现让小球甲开始做简谐运动，其位移随时间的关系为()2sin5

πcmxt=，当小球甲经过平衡位置时，在小球甲正上方由静止释放小球乙，结果甲与乙恰好相碰.甲、乙均视为质点，弹簧的劲度系数k=100N/m，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦.求：（1）小球乙下落的高度h；（2）小球甲的最大动能kE.14.（12分）如图甲所示

为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，质点M的平衡位置为x=0.4m，，N是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点N的振动图像，已知sin36°=sin0.2π=0.6，请回答下列问题：（1）坐标原点O处质点做简谐运动的位移表达式；（2）从t=0开始计时，t=16s时质点M的位

置和经过16s质点N通过的路程.15.（18分）如图所示，质量1kgAm=的物块A在光滑水平平台上向右运动，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高且底面光滑，NQ的长度L=2m，，长木板的右端为半径R=0.1m的14光滑圆弧，长木板的左端有一可视为质点的滑块B，其质量为3kgBm=，

与NQ间的动摩擦因数μ=0.1.滑块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小3m/sBv=，重力加速度g取10m/s2，求：（1）滑块A和B碰撞前A的速度大小v0；（2）为使滑块B不能从

长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量cm；（3）在满足（2）的条件下，长木板的最大速度mv及滑块B最终距Q端的距离Δx.宜昌市协作体高二期中考试·物理参考答案、提示及评分细则1.A质量一定的飞机，动量变化ΔΔpmv=，动量变化越大，

该飞机的速度变化一定越大，选项A正确；航行中的飞机动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，选项B错误；动量等于质量与速度的乘积，飞机运动的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，选项C错误

；根据动量定理，飞机所受合力的冲量等于动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，与瞬时动量无关，选项D错误.2.C洗衣机的振动先剧烈后减弱，说明振幅改变，A错误；当洗衣机脱水桶正常工作时，转速较快，洗

衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D错误；当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，故C正确.3.C壁球做平抛运动只受重力，动量的变化等于重力的冲量，也是竖直方向的动量变化，有ΔΔGyIp

mvmvmgt====；平抛的竖直分运动为自由落体运动，则有22yvgh=，故有Δ2ypmvmgh==，只有选项C正确.4.B用多组实验数据绘制2TL−图像的斜率为222121TTkLL−=−，单摆周期公式2πLTg=，得224πTLg=，所以22221214πTTgLL−=−，变形

得重力加速度大小为()22122214πLLgTT−=−，只有选项B正确.5.C设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有mSvt=，取风的方向为正方向，对风根据动量定理有200FtmvSvt−=−=−，解得广告牌能承受的最大风力2FvS=，则广告牌能承受的垂直迎风面方向的风速

最大值20m/sFvS==，只有选项C正确.6.D根据M点的振动图像可知，t=0时刻质点M沿y轴正方向振动，则该波沿x轴负方向传播，选项A错误；该波的振幅为14cmA=，波长12m=，选项B错误；周期

1.2sT=，由vT=可得该波的传播速度10m/sv=，选项C错误；波动图像的方程为()ππ14sincm63yx=+，0t=时刻，0x=处的质点偏离平衡位置的位移大小为73cm，选项D正确.7.A根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块

后木块的速度相同设为v，由动量守恒得第一次()1mvmMv=+，第二次()()22mvmMvmMv−+=+，50Mm=，联立以上三式得第二颗弹丸的水平速度2515m/sv=，只有选项A正确.8.BD振子在A、B间振动，AB=20cm，则

振幅为A=10cm，周期为0.2s，故A正确；根据Fkx=−可知振子在A、B两处受到的回复力大小都为Δkx，故B错误，C正确；振子完成一次全振动经过的路程为440cmA=，故D错误.9.ACD由图可知该波波长4m=，经0.2s波传播的距离5m/s0.2s1mxvt===，经0.2s波传播的距

离为1m4=，根据波形的平移规则可知，这列波应沿x轴正方向传播，选项A正确；由vT=得4s0.8s5Tv===，2π2.5πT==，2mx=处的质点的位移表达式为()19cos2.5πcmyt=−，选项B

错误；根据波的传播方向与波动规律可知，t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，选项C正确；从t=0时刻经1.6s时，由于1.6s2tT==，所以质点通过的路程等于8A=152cm，选项D正确.10.BC小球P从A点运动到C点

的过程中机械能守恒：()212cmghRmv+=，在最低点C处由牛顿第二定律得：2NcvFmgmR−=，得N60NF=，由牛顿第三定律小球对轨道的压力大小为60N，方向向下.选项B正确，A错误；当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势

能最大，令共同速度为v，由P、Q两球系统动量守恒得：()cmvMmv=+，根据机械能守恒定律：()22pmax1122cmvMmvE=++，由以上关系得pmax20JE=，选项C正确，D错误.11.（1）BCD（

2分）（2）20.2（2分）（3）9.86（2分）解析：（1）由2πLTg=，可得224πLgT=适当加长摆线，可增加单摆的周期，便于测量周期，从而减小测量周期的相对误差，故A错误；为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，为减小空

气阻力对实验的影响，组装单摆需选用密度大而直径较小的摆球，轻且不易伸长的细线，故B正确；测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C正确；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出

平均周期，故D正确.（2）用游标卡尺测得小钢球的直径20mm0.1mm220.2mmd=+=.（3）由单摆的周期公式2πLTg=，tnT=，以及2dLl=+有22224π29.86m/sdnlgt+

=.12.（1）0.545（2分）（2）>（2分）（3）0.545（2分）（4）132AABmmmttt=+解析：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，遮光片的宽度0.5cm0.059mm0.545cmd=+=；（2）A和B发

生弹性碰撞，若用质量大的A碰质量小的B，则不会发生反弹.（3）滑块经过光电门时挡住光的时间极短，则平均速度可近似替代滑块的瞬时速度，则碰前A的速度10.545m/sAdvt==.（4）碰后A的速度3Advt=，碰后B的速度2Bdvt=；由系统动量

守恒有化简可得表达式AAAABBmvmvmv=+，化简可得表达式132AABmmmttt=+.13.解：（1）由()2sin5πcmxt=可知，小球甲的运动周期2π0.4s5πT==要使小球甲与小球乙相遇，则小球乙的运动时间()0.21,2,32Tt

nnn===根据自由落体运动规律有()()2210.2m1,2,32hgtnn===（2）由()2sin5πcmxt=可知，小球甲的最大振幅2cmA=在运动过程中，弹簧的弹性势能与动能相互转化，根据机械能守恒定律有小球甲的最大动能k00.02

J2kAEA+==14.解：（1）由甲图可知波长4m=由乙图可知周期4sT=则2ππ2T==由波动图像可知质点振幅10cmA=坐标原点O处质点做简谐运动的表达式为()πsin10sincm2yAtt=−=−（2）t=0时质

点M的位移为10sin0.2π6cm=故经过16s后质点M的位移仍为6cm从t=0到t=16s质点N振动了4个周期，所以运动的路程为44160cmA=15.解：（1）滑块A和B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有0AAABBmvmvmv=+①22201

11222AABABmvmvmv=+②联立①②解得02ABABmvvmm=+代入数据得06m/sv=（2）在保证B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与长木板共速对B和长木板有()BBBCmmmv=+V③

()221122BBBCBBmvmmvmgLmgR−+=+④联立③④代入数据可得1m/sv=6kgCm=（3）当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时B的速度大小为Bv，则有()BCBBCmmmvmvmv+=+⑤()222m11

1222BBCBCBmvmvmmvmgR+=−+⑥联立⑤⑥解得m33m/s3v+=设B最终没有滑离长木板，B滑下后相对长木板滑行Δx，据能量守恒可有ΔmgRmgx=解得Δ1m2mxL==故假设成立，B最终距Q端Δ1mx=