湖北省宜昌市2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷(含答案)

湖北省宜昌市2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．关于电磁感应现象、电磁波、能量量子化，下列说法正确的是（）
A．闭合导线的一部分在磁场中运动时，一定会产生感应电流
B．赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生电磁波
C．电磁铁的原理是利用电磁感应现象制成的，麦克风是电流的磁效应
D．爱因斯坦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论
2．2022年7月13日，我国用长征三号乙型运载火箭成功将天链二号03星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。

关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（）
A．火箭、汽车的运动都属于反冲运动
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身
D．喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动
3．弹簧振子的振动图像如图所示。

在2s~3s的时间内，振子的动能E k和势能E p的变化情况是（）
A．E k变小，E p变大B．E k变大，E p变小
C．E k、E p均变小D．E k、E p均变大
4．质量相同的子弹，橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回。

不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是（）A．子弹对墙的冲量最小
B．橡皮泥对墙的冲量最小
C．钢球对墙的冲量最小
D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等
5．如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）
A．60m B．40m C．30m D．10m
6．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO=OC=5cm，若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法中正确的是（）
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
7．如图甲所示，质量m=2kg的物块A以初速度v0=2m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B的左端，A、B 的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，由此可求出（）
A．长木板B的质量为1.2kg
B．物块A与长木板B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板B长度至少为1m
D．物块A与长木板B组成系统损失机械能为5J
二、多选题
8．2022年7月1日，庆祝香港回归祖国25周年大会隆重举行，世界各地观众都能收看到大会实况，是因为
电视信号可通过卫星覆盖全球。

关于电磁波，下列说法正确的是（）
A．电磁波在真空中的传播速度与频率、能量有关，频率越高、能量越大，传播速度越大
B．当电磁波源消失后就不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失
C．电磁波不能在真空中传播，且只能传递声音信号，不能传递图像信号
D．香港电视台与南京电视台发射的电磁波的频率不同，但传播速度相同
9．金庸的小说里“狮子吼”是一门用声音给敌人造成巨大伤害的功夫，网络游戏中也将“狮子吼”设为物理攻击，某电影中主人公一声“狮子吼”可将桌上的杯子震碎．用手指轻弹同样的杯子，杯子发出清脆的声音，测得声音频率为500Hz．结合所学知识推断电影中主人公发出的“狮子吼”的攻击原理及声波的特点，下列说法可能的是（）
A．“狮子吼”引发了共振现象
B．他发出的“狮子吼”频率应该远小于500Hz
C．他发出的“狮子吼”频率应该接近500Hz
D．“狮子吼”的音量一定很大
10．2022年7月3日，世界滑板日大赛海曙站在宁波1844广场开赛，如图所示，质量为m的运动员沿倾角α的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，运动员在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f。

在整个运动过程中，下列说法正确的是（）
A．重力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)sinα
B．支持力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)cosα
C．摩擦力对运动员的总冲量大小为F f(t2－t1)
D．合外力对运动员的冲量大小为0
11．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则（）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
三、实验题
12．如图甲为用单摆测重力加速度的实验装置，在实验中用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。

（1）下列说法正确的有_________。

（填字母）
A．测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态
B．摆长等于摆线的长度加上摆球的直径
C．测单摆的周期时，应从摆球经过最高点速度为0时开始计时
D．如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用木球作摆球
（2）O为悬挂点，从图乙可知单摆的摆长为m。

（3）若用l表示单摆的摆长，T表示单摆振动周期，可求出当地重力加速度大小g=。

（4）若把该单摆放在月球上，则其摆动周期（填“变大”“变小”或“不变”）。

13．某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。

在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸，将木板竖直立于水平地面上且上端紧贴槽口处，不放被碰小球，使入射小球从斜槽上适当的位置由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板远离槽口平移一段距离，再使入射小球从斜槽上由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹P；然后把大小相同的被碰小球静止放在斜槽末端，入射小球仍从斜槽上静止释放，与被
碰小球相碰后，两小球撞在木板上得到痕迹M和N。

（1）关于实验操作，下列说法正确的是_________（填正确答案标号）。

A．被碰小球的质量应大于入射小球的质量
B．斜槽轨道末端必须水平
C．斜槽轨道必须光滑
D．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
（2）实验测量中，除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还必须测量的物理量是_________（填正确答案标号）。

A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球和被碰小球的半径r
C．B点离木板的水平距离x
D．A、B两点间的高度差ℎ
（3）当所测物理量满足表达式（用所测物理量的字母表示）时，说明两小球在碰撞中遵循动量守恒定律。

四、解答题
14．如图所示，有一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.7T，正方形线圈面积为S=
5×10−4m2，求：
（1）在磁感应强度B减为0.3T的过程中，线圈中磁通量的改变量大小；
（2）在磁场方向转过60°角的过程中，线圈中磁通量的改变量大小。

15．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.1kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。

现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。

（1）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（2）求出小球在0~12.9s内运动的总路程和12.9s时刻的位置；
（3）小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为5cm，求此时小球加速度的大小。

16．在光滑的水平地面上，质量均为m=1kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧，轻弹簧处于原长状态，左端固定在B上，右端与C接触但不固定，质量为M=2kg、半径为R=1m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C 的右边，C、D间距离足够远，质量为m0=0.5kg的滑块A以初速度v0=10m/s向右运动与B发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后A被反弹，速度大小为v A=2m/s，重力加速度g取10m/s2。

求：
（1）A、B碰撞时损失的机械能；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）C能上升的最大高度。

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．闭合导线的一部分在磁场中做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，若沿着磁感线方向运动就不会产生感应电流，A不符合题意；
B．赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生电磁波，B符合题意；
C．电磁铁的原理是利用电流的磁效应制成的，麦克风是电磁感应现象，C不符合题意；
D．能量量子化的理论是由普朗克提出的，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】当闭合回路中的磁通量发生变化时回路中产生感应电流，结合物理学史进行分析判断。

2．【答案】C
【解析】【解答】A．火箭的运动属于反冲；而汽车是利用燃料燃烧获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲，A项错误；
B．由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，B项错误；
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C项正确；
D．喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用而是飞机运动的，属于反冲运动。

而直升机的运动是利用空气的反作用力原理制成的不属于反冲运动，D项错误。

故答案为：C。

【分析】火箭的运动属于反冲，结合反冲运动的特点进行分析判断正确的选项。

3．【答案】B
【解析】【解答】在2s~3s的时间内，振子从位移最大的位置向平衡位置运动，速度增大，动能E k变大，势能E p减小。

故答案为：B。

【分析】振子从位移最大向平衡位置运动时速度增大，动能增大，势能减小。

4．【答案】A
【解析】【解答】由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量为Δp=mv−
mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被以原速率反向弹回，末速度等于−v0，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大。

由动量定理I=Δp，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大。

故答案为：A。

【分析】根据动量的表达式得出动量的变化量，结合动量定理和牛顿第三定律得出冲量的大小。

5．【答案】A
【解析】【解答】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得m1v1−m2v2=0
则m
1s
人
t−m2
s
球
t=0
解得s球=2s人=40m
则绳子长度L=s气球+s人=40m+20m=60m
即绳子至少长60m长
故答案为：A。

【分析】人与气球组成的系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒得绳子长度。

6．【答案】D
【解析】【解答】解：A、弹簧振子在BC间振动，振子从B到C经历的时间为半个周期，不是一个全振动．故A错误．
B、振子从B到C经历的时间为半个周期，所以周期为2s，振子在B、C两点间做机械振动，BO=OC=5cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5cm，故B错误．
C、结合A的分析可知，振子从B到C经历的时间为半个周期，即半个全振动；路程为10cm．故C错误．
D、从B开始经过3 s，振子运动的时间是1.5个周期，振子通过的路程是：1.5×4×5cm=30 cm．故D正确．故选：D
【分析】振子完成一次全振动通过的路程是4A，从B到C振子没有一次全振动．根据时间与振动周期的关系确定周期，根据路程与振幅的关系确定振幅．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v，代入数据解得M=2kg，A不符合题意；
B．由图像可知木块加速度a=2−1
1m/s
2=1m/s2，受力分析可知a=μg，解得μ=0.1，B不符合题意；
C．当共速时物块恰好到达木板最右端，此时木板长度最短为木块和木板的位移差L=v0t
2=
2×1
2m=1m
，
C符合题意；
D．系统机械能的损失等于ΔE=μmgL=0.1×2×10×1=2J，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据动量定律得出长木板的质量，v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移。

8．【答案】B,D
【解析】【解答】A．电磁波在真空中的传播速度是光速，与频率，能量无关，A不符合题意；
B．一旦电磁波形成了，电磁场就会向外传播，当波源消失后只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失，B符合题意；
C．电磁波传播不需要介质，可在真空中传播，电磁波既能传递声音信号，又能传递图像信号，C不符合题意；
D．香港电视台与南京电视台发射的电磁波的频率不同，但传播速度相同，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】电磁波的传播不需要介质，电磁波形成后就会向外传播，电磁波在介质中传播的速度为光速。

9．【答案】A,C
【解析】【解答】当物体发生共振时，物体做受迫振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，故用500Hz将杯子震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，由题可知，杯子的固有频率为500Hz，故“狮子吼”频率一定接近500Hz，只需要适当的音量即可震碎杯子，AC符合题意，BD不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】当物体发生共振时受迫振动的振幅最大，发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。

10．【答案】B,C
【解析】【解答】A．重力的方向总是竖直向下，则重力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2) = I G，A不符合题意；
B．运动员受到的支持力为F N = mgcosα，方向时刻垂直斜面向上，则支持力对运动员的总冲量大小为mg(t1＋t2)cosα，B符合题意；
C．运动员上滑和下滑过程中摩擦力方向发生了改变，则摩擦力对运动员的总冲量大小为F f(t2－t1)，方向沿斜面向上，C符合题意；
D．开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知I合= ΔP，显然合外力的冲量不为0，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】根据冲量的定义式得出重力的冲量对运动员进行受力分析，根据共点力平衡以及冲量的表达式得出总冲量的表达式。

11．【答案】A,B
【解析】【解答】由动量定理有Ft =mv ，解得 v =
Ft
m ，t =1 s 时物块的速率 v =Ft m
=1m/s ，A 符合题意；F –t 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t =2 s 时物块的动量大小为 p =2×2kg ⋅m/s =4kg ⋅m/s ，B 符合题意；t =3 s 时物块的动量大小为 p ′=(2×2−1×1)kg ⋅m/s =3kg ⋅m/s ，C 不符合题意；t =4 s 时物块的动量大小为 p ″=(2×2−1×2)kg ⋅m/s =2kg ⋅m/s ，速度不为零，D 不符合题意。

故答案为：AB
【分析】结合力的大小关于时间的函数图象，利用动量定理求解物体的速度和物体的动量，结合选项分析求解即可。

12．【答案】（1）A
（2）0.9980（ 0.9970∼0.9980 均可）
（3）4π2l
T
2
（4）变大
【解析】【解答】（1）A ．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，A
符合题意；
B ．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，B 不符合题意；
C ．计时应从摆球经过平衡位置（或最低点）时开始计时，测多次全振动所用时间后求出周期的平均值，C 不符合题意；
D ．摆球应选择质量大一些、体积小一些的小球，如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用铜球作摆球，D 不符合题意。

故答案为：A 。

（2）从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长 L =0.9980m ；
（3）若用 l 表示单摆的摆长， T 表示单摆振动周期，由单摆的周期公式 T =2π√l
g
，可求出当地重力加速
度大小 g =
4π2l T
2 （4由于月球上的重力加速度比地球上的重力加速度小，所以将同一单摆放在月球上时，其摆动周期将变大。

【分析】（1） 根据用单摆测重力加速度的实验原理选择正确的选项； （2）利用刻度尺的读数原理得出摆长；
（3）根据单摆周期的表达式得出重力加速度的表达式；
（4）结合重力加速度的变化情况以及单摆周期的表达式判断周期的变化情况。

13．【答案】（1）B；D （2）A
（3）m
√OP =m
√ON
m2
√OM
【解析】【解答】（1）A．为了防止入射小球反弹，所以入射小球的质量应大于被碰小球的质量，A不符合题意；
BC．小球做平抛运动，所以要求斜槽轨道末端必须水平，斜槽轨道不必光滑，B符合题意，C不符合题意；D．为保证小球A运动到水平轨道时速度相等，应使小球A每次从斜槽上相同的位置自由滑下，D符合题意。

故答案为：BD。

（2）小球在竖直方向上有y=1
2gt
2，在水平方向有x=v0t，联立可得v0=x√g2y∝1
√y
，两小球碰撞过
程中系统动量守恒，设向右为正方向，可得m1v1=m1v1′+m2v2，即m
1
√OP
=m1
√ON
m21
√OM
，所
以实验除需测量线段OP、OM、ON的长度外，还必须测量入射小球和被碰小球的质量m1、m2。

故答案为：A。

（3）由上分析可知若满足m
1
√OP
=m1
√ON
m21
√OM
，即两小球碰撞过程中系统动量守恒。

【分析】（1）根据“验证动量守恒定律”的实验原理选择正确的选项；
（2）结合平抛运动的规律以及动量守恒定律得出验证的表达式，并得出需要测量的物理量；
（3）根据（2）得出需要证明的表达式。

14．【答案】（1）解：在磁感应强度B=0.7T时，线圈中的磁通量中ϕ1=BS
在磁感应强度B减为0.3T，线圈中的磁通量ϕ
2
=B′S
故线圈中磁通量的改变量为Δϕ1=|ϕ2−ϕ1|=(0.7−0.3)×5×10−4Wb=2×10−4Wb
（2）解：磁场方向转过60°角，线圈在垂直于磁场方向的投影面积为Scos60°，则ϕ
2
′=BScos60°
故磁通量的改变量为Δϕ2=|ϕ′2−ϕ1|=BS(1−cos60°)=0.7×5×10−4×(1−0.5)Wb=1.75×10−4Wb 【解析】【分析】（1）根据磁通量的表达式得出磁通量的变化量；
（2）根据磁通量的表达式得出线圈中磁通量的改变量。

15．【答案】（1）解：由振动图像读出周期T=1.2s，振幅A=5cm，由ω=2π
T得到圆频率ω=
5
3πrad/s
则位移x随时间t变化的关系式为y=Acosωt=5cos53πt(cm)
（2）解：因n=t
T=
12.9
1.12=10
3
4
所以小球在0~12.9s内运动的总路程为s=4A×10.75cm=215cm=2.15m
12.9s 时刻的位置在平衡位置
（3）解：小球静止时 mg =kx ′
解得 k =10N/m
根据牛顿第二定律得 mg −kx =ma
解得 a =5m/s 2
方向竖直向下。

【解析】【分析】（1）根据质点的振动图像得出周期和角速度，从而得出 位移 x 随时间 t 变化的关系式； （2）根据周期和质点的关系得出质点的位置；
（3）结合共点力平衡以及牛顿第二定律得出加速度的大小和方向。

16．【答案】（1）解：A 与B 碰撞时动量守恒，有 m 0v 0=−m 0v A +mv B
代入相关数据可得 v B =6m/s
则损失的机械能 ΔE =12m 0v 02−12m 0v A 2−12
mv B 2=6J （2）解：弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，B 、C 的速度相等，设此时速度为 v 1 ，B 、C 及弹簧系统动量守恒，有 mv B =2mv 1
得 v 1=3m/s
则弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm =12mv B 2−12
⋅2mv 12=9J （3）解：设C 与弹簧分开时B 、C 速度分别为 v ′B 和 v C ，由动量守恒定律及能量守恒定律得 mv B =mv ′B +mv C
12mv B 2=12mv ′B 2+12
mv C 2 解得 v ′B =0 ， v C =6m/s
此时C 的机械能为 E 1=12
mv C 2=18J 假设C 上升高度为 R 时二者相对静止，C 在竖直方向速度为0，则 mv C =(M +m)v D
此时C 、D 系统的机械能 E 2=12
(M +m)v D 2+mgR =16J 因为 E 1>E 2 ，所以滑块在竖直方向速度不为0，设滑块能上升的最大高度为 ℎ ，由机械能守恒定律有 12mv C 2=mgℎ+12Mv D 2+12mv D
2 解得 ℎ=1.2m
【解析】【分析】（1）A 与B 碰撞时根据动量守恒以及功能关系得出损失的机械能；
（2） B 、C 及弹簧系统动量守恒 ，结合动量守恒定律和功能关系得出弹簧的最大弹性势能；
（3） C 与弹簧分开时 ，根据动量守恒和能量守恒定律以及机械能守恒定律得出C 能上升的最大高度。