【文档说明】湖北省部分高中2023-2024学年高二上学期9月联考物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.418 MB，由小赞的店铺上传

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恩施高中2022级高二上期中考试物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得0分。1.为保障电动车、摩托车骑乘人的行车安全，某市交管部门发起“骑乘戴头盔，平安把家归”的安全倡议。骑乘时佩戴好头盔能极大的减小事故发生时头部受到的伤害。关于事故发生时，头盔对骑乘人头部的保护

作用，下列说法中正确的是（）A.头部质量变大，惯性大B.头部动量的变化量变小C.外力对头部的冲量变小D.头部动量的变化率变小【答案】D【解析】【详解】根据0tFtmvmv=−可知戴上头盔后，若遇到危险头部受到撞击时，虽然不能减少动量的变化

，即不能减少外力对头部的冲量，但可以延长作用时间，减少动量的变化率，即减少冲击力的大小，从而保护头部。故选D。2.如图所示，验电器的箔片带正电，当金属球A靠近验电器上的金属球B时，验电器中金属箔片的张角变小，下列分析中正确的是（）

A.靠近前金属球A和B一定带异种电荷B.靠近前金属球A和B一定带同种电荷C.若将金属球A与B接触，箔片张角一定变小D.若将金属球A与B接触，箔片张角一定变大【答案】C【解析】【详解】AB．当金属球A靠近验电器上金属球B时，验电器中金属箔片的张角变小，说明金属箔片的带电量减

小，可能A与B带异种电荷相互吸引，使B球的带电量增多，从而箔片上带电量减小，也可能A球不带电，由于静电感应，使得A球靠近B球一侧带上异种电荷，相互吸引，使B球的带电量增多，从而箔片上带电量减小，A、B错误；CD．若A球不带电，

金属球A与B接触，使得B球上部分电荷转移到A球上，从而箔片张角变小；若A球带异种电荷，A、B接触时，电荷先中和，然后电荷再从B球转移到A球上一部分，从而使得B球的带电量减小，箔片张角变小，C正确，D错误。故选

C。3.如图所示，粗细均匀的正方形导线框ABCD处于匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直。将线框两端接入电路中，让恒定电流从A端流入、B端流出，关于磁场对线框四条边作用力的分析，下列选项正确的是（）A.AB边与CD边受到的力大小相等，方向相同B.AB

边与CD边受到的力大小相等，方向相反C.AD边与BC边受到的力大小相等，方向相同D.AD边与BC边受到的力大小相等，方向相反【答案】D【解析】【详解】AB．AB边电阻小于ADCB的电阻，则AB边电流大于CD边电流，则根据

F=BIL可知AB与CD边受到的力大小不相等，方向相同，选项AB错误；CD．AD边与BC边电流相等，根据F=BIL可知，受到的力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，选项C错误，D正确。故选D。4.如图所示，三角

形ABC中∠B=30°，AB边上某点（不包含顶点B）固定一点电荷，BC边上电场强度的最大值为E，则顶点B处电场强度的大小为（）的A.14EB.12EC.34ED.32E【答案】A【解析】【详解】设点电荷固定在AB边上的M点，MN垂直BC，如图所示根据库仑定律2kQEr=可知，N点距离M点最

近，场强最大，而2MBMN=因此14BEE=故选A。5.如图所示，正六边形abcdef位于匀强磁场中，匀强磁场方向与正六边形平面平行，正六边形中心处有一长直导线，导线中通有垂直于六边形平面向里的恒定电流，b点磁感应强度为零。则a、d、e、f各点中磁感应强度最大的是（）A.aB

.fC.eD.d【答案】C【解析】【详解】通电导线在b点出产生的磁场方向竖直向上，由于b点的合场强为零，可知匀强磁场的场强方向竖直向下，通电导线在e点产生的磁场方向竖直向下，根据磁场的叠加原理，可知e点的合场强最大。故选C。6.如图所示时电路中的一部分，其中R1

=6Ω、R2=1Ω、R3=3Ω，I1=0.1A、I2=0.3A，则流过电流表的电流（）A.大小为0.2A，方向向左B.大小为0.2A，方向向右C.大小0.4A，方向向左D.大小为0.4A，方向向右【答案】B【解析】【详解】根据欧姆定律可知11ABUIR

=而ABABU=−同理22ACACUIR−==而BCBCU=−解得0.3VBCU=−因此流过R3的电流330.1ABCUIR==−负号表示电流的方向由C流向B，由于C点流入和流出的电流之和为零，因此电流表示的示数为A230

.2AIII=+=方向向右。为故选B。7.如图所示的电路中，合上开关S，将滑片Р向右移动的过程中，由理想电流表和理想电压表测得三组数据（I1、U1）、（I2、U2）和（I3、U3），已知31313UUII=，21212UUII=，113223UIUIIU。电源内阻不计，则下列结论中正确

的是（）A.321IIIB.123UUUC.可能存在202URI=D.31212131UUUUIIII−−=−−【答案】D【解析】【详解】AB．将滑动变阻器的滑片Р向右移动的过程中，回路的电阻逐

渐增大，电流强度逐渐减小，R0分得的电压逐渐降低，滑动变阻器分得的电压逐渐升高，因此321III，123UUUA、B错误；C．滑动变阻器接入电路的阻值分别为111URI=，222URI=，333URI=若202URI=则1021RR=，3032RR=可知221110102

()9EEUIRRRR==+，223333006()25EEUIRRRR==+此时不满足1133IUIUC错误；D．将R0等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律可知0UEIR=−在U—I图像中，斜率表示内电阻R0，因此利用图像312102131UUUURIIII

−−==−−D正确。故选D。8.如图所示，虚线框内可能存在匀强电场或匀强磁场。若电子从左边界水平射入，能沿直线穿过框内区域，不计电子重力，则框内区域电场或磁场的方向可能为（）A.仅存在电场，电场方向水平向右B.仅存在磁场，磁场方向水平向左C.

电场和磁场均存在，电场方向竖直向上，磁场方向竖直向下D.电场和磁场均存在，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外【答案】AB【解析】【详解】A．若仅存在电场，受电场力的方向一定水平向左或水平向右，故电场方向水平向左或水平向右，A正确；B．若仅存在磁场，由于洛伦兹力方向与运动方

向不在一条直线上，不可能受洛伦兹力的作用，因此磁场方向水平向左或水平向右均可，B正确；CD．电场和磁场均存在，若电场方向竖直向上，电子受电场力竖直向下，则应受洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外；同理若电场

方向竖直向下，电子受电场力竖直向上，应受洛伦兹力竖直向下，可得磁场方向应垂直纸面向内，CD错误。的故选AB。9.春节是我国传统节日，人们通常在夜晚放烟花进行庆祝。如图所示，某种烟花弹从地面处发射竖直上升至最高点时炸裂为A、B两块，质量分别为3m和m，A、B初速度方向水平，A

的落地点与发射点距离为s，不计空气阻力，则（）A.A、B同时落地B.A、B下落过程中动量守恒C.A、B落地时的速度大小之比为1：3D.A、B落地时间距为4s【答案】AD【解析】【详解】A．炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落到，A正确

；B．由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，因此动量不守恒，B错误；C．由于水平方向动量守恒，落地时水平方向速度大小之比为1:3，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是1:3，C错误；D．由于水平方向动量守恒，而落地时间相同，

因此水平方向位移大小之比为1:3，方向相反，因此落地时距离为4s，D正确；故选AD。10.如图甲所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等差等势面，电量为q、质量为m的带电小球垂直等势面D竖直向上抛出，恰能到达等势面A，该过程中小球的动能和机械能随高度h的变化

关系如图乙所示，0E为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A.小球抛出时的初速度022Evm=B.电场强度的大小为3mgqC.相邻等势面间电势差大小为0EqD.小球抛出时的重力势能为0E【答案】

AC【解析】【详解】A．由图乙可知20142Emv=可得022Evm=A正确；B．上升的过程中0()4EqmghE+=03EqhE=解得电场强度的大小3mgEq=B错误；C．由于恰好到达A等势面，由图乙可知033UqE=可知相邻等势面间电势差的大小0EUq=C正确；D．抛出时的

动能为4E0，机械能为3E0，因此重力势能为-E0，D错误。故选AC。二、非选择题；：本题共5小题，共60分。11.如图所示，一圆弧形轨道与水平轨道OP平滑连接，滑块A和滑块B使用相同材料制成，质量分别为m1、m2，用上述装置探究动量守恒定律的实验步骤如下：的①不

放滑块B，让滑块A从圆弧轨道上S点由静止滑下，记录滑块A的停止点；②把滑块B静置于水平轨道始端О点，让滑块A仍从S点由静止滑下，分别记录滑块A和滑块B的停止点；③测量三个停止点到О点间的距离分别为2.70cm、4.80cm、7.50cm。（1）步骤②中滑块B的停止点为__________

_。（选填“O1”、“O2”或“O3”）。（2）若碰撞过程中动量守恒，则滑块A和滑块B的质量之比12mm=___________。（3）实验中滑块A和滑块B的碰撞___________。（选填“是”或

“不是”）弹性碰撞。【答案】①.O3②.5③.不是【解析】【详解】（1）[1]为了保证碰撞后滑块A不反弹，必须满足12mm从而使得A与B碰撞后，B的速度大于A碰前的速度，运动的位移最大，从而运动到O3位置。（2）[2]根据

动量守恒101122mvmvmv=+由于22vgx=动量守恒定律的表达式可以表示为121123mOOmOOmOO=+代入数据可得125mm=（3）[3]若是弹性碰撞，满足机械能守恒222101122111222mvmvmv=+即应该满

足121123mOOmOOmOO=+代入数据可知121123mOOmOOmOO+不满足机械能守恒，因此不是弹性碰撞12.某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，实验电路图如图甲所示。（1）将开关K与1相连，电源对电容器充电过程中，下列选项中关于电流i和

电压u随时间t变化的图象可能正确的是___________。A．B．C.D．（2）调节电阻箱的阻值为R1，将开关K与2相连，电容器放电过程中，流过电阻箱的电流方向为___________（选填“a到b”或“b到a”）；计算机显示电流和电压随时间变化的图象如图乙所示

，可算出电阻箱的阻值R1=___________kΩ，电容器的电容为___________F。（结果均保留两位有效数字）（3）调节电阻箱的阻值为R2时，电容器放电过程中电流随时间变化的图象如图丙中虚线所示。若调节电阻箱的阻值为R3

（R3<R2）时，请在图丙中用实线画出电容器放电过程中电流随时间变化的图象_______。【答案】①.AD##DA②.a到b③.4.0④.4.4×10−4（或4.1×10−4~4.7×10−4⑤.【解析】【详解】（1）[1

]对电容器充电时，随着电容器带电量逐渐增加，充电电流逐渐减小，电容器两端的电压逐渐升高。故选AD。（2）[2]由于充电的过程中，电容器上极板带正电，放电的过程中，流过电阻的电流方向为从a到b。[3]在图乙中找到

某时刻对应电流和电压的值，根据欧姆定律可知34Ω4000Ω4.0kΩ110URI−====[4]由图乙可知，充电后电容器的带电量为i—t图像中，图线与时间轴围成的面积331410.2510C3.510Cq−−==

由图乙可知，充电后，电容器两端的电压为8VU=电容大小为34.410FqCU−==（3）[5]由于R3<R2从而放电电流变大，放电时间减小，如图所示13.如图所示虚线方框中为欧姆表内部电路图，电流表满偏电流为Ig，R0为欧姆调

零电阻，测量前已欧姆调零。调节电阻箱的阻值为R，将红、黑表笔接在电阻箱两端，电流表的指针指在满偏的三分之二位置处。求：（1）求电源的电动势E和欧姆表的内阻r内；（2）将红、黑表笔接在电压表两端，电流表的指针指在满偏的三分之一位置处，求电压表所测电压值U。的【答案】（1）g2IR，2R；（2）g43

IR【解析】【详解】（1）欧姆调零时，满足gEIr=内测电阻箱电阻时，满足()23gEIrR=+内解得g2EIR=，2rR=内(2)测电压表时，满足13gEUIr=+内解得g43UIR=14.如图所示，质量为m的物块静置于水平地面上，t=0时对物块施加水平向右的拉力，拉力大小随

时间变化的规律为F=kt（k为已知量）。物块与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）求物块开始滑动的时刻t1；（2）求物块开始滑动前拉力的冲量I；（3）若经过t2（t2>t1）时间后撤去拉力，求物块运动的时间

t3与t2的关系。【答案】（1）mgk；（2）2222mgk，方向水平向右；（3）23222kmgttmgk=−【解析】【详解】（1）物块开始滑动时1ktmg=解得1mgtk=（2）物块开始滑动前，拉力随时间均匀变大，则1102

ktIt+=解得2222mkIg=冲量方向水平向右。(3)从物块开始滑动至停下过程中，拉力的冲量21121()2ktktItt+−=摩擦力的冲量32Imgt=−由动量定理得210II+=解得23222kmgttmgk=−15.如图所示，半径为

R的光滑绝缘圆轨道固定在竖直平面内，水平直径BD下方有水平向左的匀强电场，小球从轨道最低点A水平向右出发可沿圆轨道内侧做圆周运动。当小球初速度为0262gRv=时，小球恰能沿轨道逆时针方向再次回到A点。已知小球带电量为+q、质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求

匀强电场的场强大小E；（2）求运动过程中轨道对小球弹力的最大值Fm；（3）增大小球的初速度0v，经历多个圆周运动后小球将脱离轨道，求脱离轨道前小球最后一次经过A点时，轨道对小球弹力大小的取值范围。【答案】（1）34

mgq；（2）7.5mg；（3）4.57.5mgFmg【解析】【详解】（1）小球恰能再次回到A点，则小球经过最高点C时恰由重力提供向心力，设经过C点的速度为v临，受力分析得2vmgmR=临小球从A到C的过程中22011222

mgRqERmvmv−−=−临解得34mgEq=（2）如图所示，设重力场与电场所形成的“等效重力场”方向沿虚线MN方向，MN经过圆心O且与圆交于M、N两点，与水平方向夹角为，如图所示则tanmgqE=小球从A到C的过程中，小球在A点受到的弹力最大，设最大值为1mF；从C回到A的过

程中，小球在N点受到的弹力最大，设最大值为2mF，经过N点时的速度为Nv，则20m1mvFmgR−=2m2sinNmvmgFR−=根据动能定理22011(sin)(2sin)22NmgRRqERRmvmv

−−−−=−解得m17.5Fmg=m25.25Fmg=即弹力最大值mm17.5FFmg==（3）若小球恰好完成一个完整的圆周运动到达A点，此后小球将脱离轨道。设小球脱离轨道前，最后一次经过A点时最小速度为1Av，轨道对小球弹力的

最小值为1F，则22111222AmgRqERmvmv−=−临211AvFmgmR−=解得14.5Fmg=由题意小球经过A点的速度为0v时，可恰好完成一个完整的圆周运动，则小球脱离轨道前最后一次经过A点时的最大速

度20Avv即轨道对小球弹力的最大值27.5Fmg由21FFF即获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com