【文档说明】湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二上学期11月期中测试物理试题 含解析.docx，共(17)页，3.178 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省部分省级示范高中2023~2024学年上学期高二期中测试物理试卷考试时间：2023年11月23日试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码

粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试

卷和答题卡一并上交。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17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.以下说法

中正确的是（）A.由图甲可知，驱动力频率越大，振动幅度越大B.图乙是双缝干涉示意图，若只将光源由红色光改为紫色光，两相邻亮条纹间距离x变大C.图丙是水波的干涉图样，两列频率相同的水波相遇后，振动加强点始终处于波峰位置D.图丁中的MN

、是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．图甲为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；B．乙图中

，根据Lxd=，若只将光源由红色光改为紫色光，波长减小，两相邻亮条纹间距离将减小，故B错误；C．稳定干涉中的振动加强点，加强的是振幅，并不会始终处于波峰位置，例如质点仍会从最大位移处运动到平衡位置，故C错误；D．当M固定不动，缓慢转动N时，从图示位置开始转动90°

的过程时，透光量逐渐减小，光屏P上的光亮度也逐渐减小，当M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D正确。故选D2.静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步，现代静电植绒于50、60年代在德国首先研制出并使用，如图所示为植绒

流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。假设容器和极板间的电势差越大，植绒效果越好。下列正确的是（）A.若增大容器

与带电极板之间的距离，植绒效果会更好B.带电极板带负电C.质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大D.绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，动能和电势能都不断增大【答案】C【解析】【详

解】A．若增大容器与带电极板之间的距离，电势差不变，故植绒效果不变。故A错误；B．带电极板吸引带负电的绒毛，则极板带正电。故B错误；C．由动能定理得212qUmv=可知，质量相同的绒毛，带电荷量越多，到

达需要植绒的物体表面时速率越大。故C正确；D．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，绒毛在加速运动，电场力做正功，动能增大，电势能不断减小。故D错误。故选C。3.在同一均匀介质中，分别位于坐标原点和7mx=处的两个波源O和P，沿y轴振动，形成了两列相向传播的简谐横波a和b，某时刻a和b分别传播

到3mx=和5mx=处，波形如图所示。下列说法正确的是（）。A.a与b的频率之比为1:2B.O比P更早开始振动C.a与b相遇后会出现干涉现象D.O开始振动时沿y轴正方向运动【答案】B【解析】【详解】A．由同一均匀介质条件可得a和b两列波在介质中传播速度v相同，由图可

知，a和b两列波的波长之比为12ab=根据vf=，可得a和b的频率之比为21abbaff==故A错误；B．因a和b两列波的波速相同，相同时间波传播的距离应该相同，由a和b两列波分别传播到x=3m和x=5m处的时刻相同，可知a波传播的距离更远，即O比P更早开始振

动，故B正确；C．因a和b的频率不同，a和b相遇后不能产生干涉现象，故C错误；D．a波刚传到3m处，由同侧法知，3m处质点开始振动方向沿y轴负方向，而所有质点的开始振动方向都相同，所以O点开始振动的方向也沿y轴负方向，

故D错误。故选B。4.如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放好块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针1P和2P，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针34PP、，然后做出光路图，根据光路图计算得出玻璃的折射率。关于此实验

，下列说法中正确的是（）的A.大头针4P只须挡住3P的像B.在测量数据时，仅用毫米刻度尺也能获得计算折射率所需要的全部数据C.利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射率21sinsinini=D.如果误将玻璃砖的边PQ画到PQ，折射率的测量值将偏大【答案】B【解析】

【详解】A．确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像，故A错误；B．在测量数据时，仅用毫米刻度尺，根据几何关系，也能获得计算折射率所需要的全部数据，故B正确；C．利用量角器量出i1、i2，可求出玻璃砖的折射

率12sinsinini=故C错误；D．如果误将玻璃砖的边PQ画到P′Q′，则折射角i2，将偏大，折射率的测量值将偏小，故D错误。故选B。5.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，OMN、、是y轴上的三个点，且OMMN=，P点在y轴的右侧，MPON⊥，则下列不正确的是（）A.M

点的电势比P点的电势低B.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动C.MN、两点间的电势差小于OM、两点间的电势差D.将负电荷由O点移动到P点，电场力做负功【答案】A【解析】【详解】A．沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以M点的

电势比P点的电势高，故A错误，符合题意；B．在O点静止释放一带正电粒子，粒子受电场力竖直向上，该粒子将沿y轴做直线运动，故B正确，不符合题意；C．电场线越密集的地方场强越大，根据U=Ed可知M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，故C正确，不符合题意；D．负电荷往低电势移动

，电势能增大，电场力做负功，故D正确，不符合题意。故选A。6.如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设

两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且bc、都处于静止状态，下列说法中正确的是（）A.地面对c的支持力不变B.b对c的摩擦力可能减小C.地面对c的摩擦力一定变大D.绝缘细绳对N的拉力一定变大【答案】B【解析】【详解】BD．由题意可知，

两带电小球缓慢漏电，则两小球所受库仑力逐渐减小，根据平衡条件，可知绳子的拉力逐渐减小，则b所受的拉力也逐渐减小，若b相对于斜面有向上运动的趋势，则摩擦力减小，若b相对于斜面有向下运动的趋势，则摩擦力增大，故B正确，D错误；AC．将b和c看成一个整体，其整体受重力（方

向竖直向下），支持力（方向竖直向上），绳子给的拉力（方向沿斜面向上）以及水平地面的摩擦力，根据正交分解法，在竖直方向上，拉力在竖直方向上的分力与支持力的合力大小等于重力大小，当拉力减小时，地面对c的支持力一定变大，在水平方

向上，拉力在水平方向上的分力大小等于地面对c摩擦力大小，由平衡条件可知，地面对c的摩擦力一定向左，当拉力不断减小时，地面对c的摩擦力不断减小。故AC错误。故选B。7.如图甲所示为示波管，如果在YY之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX之间加如图丙所示的锯

齿形电压，使X的电势比X高，则在荧光屏上会看到的图形为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】YY电极所加电压先为正(Y电势高于Y且先增后减)，后为负(Y电势低于Y且先增后减)，对电子竖直方向受力分析知，其先向Y偏转，偏转位移先增大后减小，后向

Y偏转，偏转位移先增大后减小；XX电极所加电压一直为正，说明一直是X板电势高，对电子水平方向受力分析知，其所受电场力一直指向X，故水平方向粒子轨迹只会出现在X这一侧。故选C。8.关于教科书中出现的以下四张图片，下列说法正确

的是（）A.图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的B.图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平横纹，是因为光的干涉C.图3所示泊松亮斑现象是由于光的偏振产生的D.图4所示水中气泡看上去特别明亮，是由于光的折射引起的【答案】AB【解析】【详解】A．图1所示疾驰而过的急

救车使人感觉音调发生变化，当急救车靠近时，感觉声调变高，反之急救车远离时，感觉声调变低。这是由于多普勒效应引起的，故A正确；B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平横纹，是由于光的干涉产生的，故B正确；C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C错误

；D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，故D错误。故选AB。9.如图所示，将一平行板电容器接在直流电源上，现将开关闭合，电路稳定后平行板电容器两极板带等量异种电荷，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法

正确的是（）A.若增大两极板间的距离，则电容器电容减小B.若减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小C.若断开开关，把上极板竖直下移时，带电油滴将向下运动D.若断开开关，把下极板竖直上移时，带电油滴的电势能增大【答案】AD【解析】【详解】A．根据平行板电容器电容的决定式r

4SCkd=可知，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，故A正确；B．根据UEd=若开关闭合，电容器两极板之间电压一定，若减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度增大，故B错误；C．根据QCU=，UEd=结合上述可得r4kQES

=，若断开开关，则平行板电容器极板所带电荷量不的变，将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板带电量不变，可知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴仍静止，故C错误；D．根据上述可知，若断开开

关，把下极板竖直上移时，场强E不变，由于P点与下极板间的距离减小，根据U=Ed可知P点与下极板间电势差减小，则P点的电势降低，带负电油滴的电势能增大，故D正确。故选AD。10.如图所示，BC是半径为R的14圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，

整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现有一质量为2m的带电小滑块（体积很小可视为质点），在BC轨道的D点释放后可以在该点保持静止不动，已知OD与竖直方向的夹角为37=。随后把它从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.75=，

且sin370.6,37cos0.8==，取重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.物块带正电，电荷量32mgqE=B.物块到达B点时受到的支持力为2.5mgC.水平轨道上AB、两点之间距离2RL=D.水平轨道上AB、两点之间的距离6RL=【答案】AD【解析】【详解】

A．受力分析可知物块受电场力向左才能保证受力平衡，故物块带正电2tanqEmg=可得电荷量32mgqE=故A正确；B．物块从C点由静止释放到达B点过程中，由动能定理的21222BmgRqERmv−=

在B点222BBvNmgmR−=解得，在B点时，支持力为BN=3mg故B错误；CD．接着物块继续滑行，从B点到A点212022BmgLqELmv−−=−解得6RL=故C错误，D正确。故选AD。二、非

选择题：本题共5小题，共60分。11.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的

变化。图甲直流电源两端的电压恒为4V，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的It−曲线如图乙所示。（1）在电容器放电过程中，通过电阻0R的电流方向______

______（选填“水平向左”或“水平向右”或“无电流”）；（2）图像阴影为It−曲线与时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积1S____________2S（选填“>”、“<”或“=”）；（3）已知

11200mAsS=，则该电容器的电容值为____________法拉（保留两位有效数字）；（4）由甲、乙两图可判断阻值1R____________2R（选填“>”或“<”“=”）；（5）关于电容器在整个充、放电过程中的qt−图像和ABUt−图像的大致形状，可能正确的有

____________（q为电容器极板所带的电荷量，ABU为电容器两板的电势差）。A.B.C.D.【答案】①.水平向右②.=③.0.30④.<⑤.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向水平向左，放电时通过R0的电流方向水平向右，故在电

容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反。（2）[2]I-t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积12SS=（3）[3]根据电容的定义，该电容器的电容值为11.2As0.30F4VS

QCUU====（4）[4]由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知12RR（5）[5]AD．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据qIt=可知图像的倾斜程度

表示电流的大小，故A正确，D错误；BC．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据QIUtCC==电容器的电容不变，图像的倾斜程度表示电流的大小，C错误，B正确。故选AB。12.物理兴趣小组的同学在实验室利用单摆来测量黄冈市区的重力加速度，甲同学的实验装置如

图（a）所示，其实验报告上记录的操作步骤是：A．选择体积小、密度大的金属小球，用不可伸长的细线一端系住小球，细线的另一端固定于铁架台上；B．用刻度尺测量细线的长度l作为摆长；C．把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（不超过5°），然后由静

止释放金属小球；D．待单摆摆动平稳后，测出摆球连续50次全振动的总时间t，算出单摆的振动周期为50tT=；E．改变细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；F．根据公式224glT=，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值作为重力加速度的测量结果。（1）乙同学看了甲同学的实验报告后

，认为上述实验操作步骤_____（填操作步骤前的字母序号）存在问题，按照步骤F计算重力加速度会导致测量结果_____真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）；（2）丙同学认为通过图像处理数据可以避免步骤F带来的误差。他利用甲同学实验中记录的多组l和

T数据，作出的l-T²图像如图（b）所示，可得黄冈市区的重力加速度g=_____m/s2，实验中使用的金属小球的半径为_____cm；（计算结果均保留3位有效数字）。（3）甲同学实验完成后，丁同学整理仪器时发现甲同学使用的金属小球因保管不善，金属小球表面有部分缺失（小

球质量减小且质量分布不均匀），若按丙同学方案处理实验数据，会导致重力加速度测量结果______真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】①.B②.小于③.9.77④.1.20⑤.等于【解析】【详解】（1）[1][2]细线的长度l与小球半径之和作

为摆长，所以操作步骤B存在问题，根据2lTg=224glT=摆长偏小，按照步骤F计算重力加速度会导致测量结果小于真实值。（2）[3][4]设小球半径r，根据224()glrT=+224glTr=−可知实验中使用的金属小球的半径为r=1.20cm将

坐标（3.6，0.88）代入224glTr=−得重力加速度g=977m/s2（3）[5]金属小球表面有部分缺失（小球质量减小且质量分布不均匀），不影响图像斜率，所以重力加速度测量结果等于真实值。13.用下面的方法可以测量液体的折射率：取一个半径为r的软木塞

，在它的圆心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上（下图）。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为h。这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。利用测得的数据r和h即可求出液体的折射率。（1）写出用r

和h求折射率的计算式；（2）用这种方法测某种液体的折射率时，测得4cm=r，3cmh=，求该液体折射率。【答案】（1）22hrnr+=；（2）1.25【解析】【详解】（1）观察者在水面上各个方向都刚好看不到水下的大头针

，说明由大针头射出的光线，恰好在水.面与木塞的边缘处发生全反射，由题意作出光路图如图所示这时入射角等于临界角C，由几何关系可得22sinrChr=+又1sinCn=，由以上两式解得水的折射率为22hrnr+=（2）实验测得r=4cm，h=3cm，

由（1）中22hrnr+=，可得n=1.2514.如图中实线是一列简谐横波在10t=时刻的波形，虚线是这列波在20.5st=时刻的波形。（1）若这列波的周期T符合2134TttT−，该波的波速多大？（2）若波速大小为3

8m/s，则波的传播方向如何？【答案】（1）沿x轴正方向传播时波速为54m/s，沿x轴负方向传播时波速为58m/s；（2）正方向传播【解析】【详解】（1）①当波沿x轴正方向传播时，传播距离x满足()30,1,2,38xkk=+=L由xtv=可知，传播时间满足()30,1,2,38tkT

Tk=+=L由2134TttT−可知3k=即338tTT=+由波形图知8m=则波速54m/svT==②当波沿x轴负方向传播时，传播距离x满足()50,1,2,38xkk=+=L由xtv=可知，传

播时间满足()50,1,2,38tkTTk=+=L由2134TttT−可知3k=即538tTT=+由波形图知8m=则波速58m/svT==（2）若波速大小为38m/s，波在t时间内传播的距离为ΔΔ19m23mxvt===+可得328

tTT=+由（1）可知，波沿x轴正向传播。15.如图所示，粒子源能不断产生多种比荷不同但电性相同的带电的粒子，带电粒子飘入电压为1U的加速电场（宽度为1d，带电粒子飘入加速电场的初速度可认为等于零），经加速后从小孔S沿平行金属板

A、B的中心线射入。已知平行金属板A、B两板间的电压为2U，两板的板长均为L，间距为2d。不计带电粒子受到的重力，所有的带电粒子都能从A、B板间射出，不考虑带电粒子间的相互作用，设粒子的电荷量为q，质量为m（不同粒子的q和m可以不同），求：（1）1U与2U的比值12UU要满足什么

条件？用L和2d表示。（2）利用给出的条件通过计算证明：比荷不同的带电粒子在全过程中的运动轨迹是重合的。（3）利用给出的条件计算：粒子射出电场时的速度大小表达式。（以上计算及结果均需要用题目中所给的字母表示）【答案】（1）212222ULUd

或212222ULUd；（2）见解析；（3）222121222ULqvUmUd=+【解析】【详解】（1）假设带电粒子向下偏转，以S为坐标原点建立直角坐标系，如图所示粒子经加速电场加速后的速度大小为0v，根据动能定理可

得21012qUmv=若粒子能够从A、B板间射出则粒子的竖直偏转位移y应满足2dy或2dy≤根据类平抛的特点02Lvt=2212yat=由牛顿第二定律得22qEma=偏转电场的场强222UEd=解得222212qUytmd=联立可得1U与2U的比值12UU要满足的条件21222

2ULUd或212222ULUd（2）粒子进入偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为222212qUytmd=，02xvt=又21012qUmv=可求得粒子的轨迹方程为22124UyxUd=由此可知，粒子运动的轨迹与带电

粒子的比荷无关，只由加速电场和偏转电场的性质决定，即各粒子在电场中的运动轨迹重合，得证。（3）由（2）可知，所有带电粒子在偏转电场中的竖直偏转位移相同，设竖直偏转位移为y，设粒子射出时的速度大小为v，根据动能定理可得221212UqUqym

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