2023-2024學(xué)年黑龍江省齊齊哈爾市高二上學(xué)期1月期末考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1高二物理試卷注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4.作圖題可先使用2B鉛筆填涂，然后用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。第Ⅰ卷一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.2023年7月22日，中國女足迎來世界杯首戰(zhàn)．如圖所示，某次撲球時(shí)，守門員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過程守門員戴手套可以（）A.減小足球的慣性 B.減小足球?qū)κ值臎_量C.減小足球的動(dòng)量變化量 D.減小足球?qū)κ值钠骄饔昧Α敬鸢浮緿【解析】守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以延長球與手接觸的時(shí)間，對(duì)球，取球的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得?Ft=0?mv可得當(dāng)時(shí)間延長時(shí)，動(dòng)量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動(dòng)量的變化率，即減小手對(duì)球的平均作用力，足球的慣性由質(zhì)量決定，不會(huì)變化。故選D。2.下列說法中不正確是（）A.甲圖中導(dǎo)線通電后，其正下方小磁針的N極向紙面里轉(zhuǎn)動(dòng)B.如圖乙所示，如果長為l、通過電流為I的短直導(dǎo)線在該磁場中所受磁場力的大小為F，則可測(cè)出該處磁感應(yīng)強(qiáng)度必為C.如圖丙所示，繞虛線軸轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈平面S轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，穿過線圈平面的磁通量為0D.如圖丁所示，閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中兩個(gè)圖示位置間來回水平運(yùn)動(dòng)，由于穿過閉合線圈的磁通量并未發(fā)生變化，故不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．由安培定則知，通電導(dǎo)線在其下方產(chǎn)生的磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，所以下方小磁針N極受到向里的磁場力而向紙面里轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；B．由于通電導(dǎo)線不一定是垂直于磁場方向放置，所以公式不一定成立，故B錯(cuò)誤；C．圖中線圈平面與磁感線平行，沒有磁感線穿過線圈平面，所以磁通量為零，故C正確；D．閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中兩個(gè)圖示位置間來回水平運(yùn)動(dòng)中，通過線圈的磁通量沒有改變，故不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D正確。3.“世界航天第一人”是明朝的萬戶，如圖所示，他把47個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及其所攜設(shè)備（火箭、椅子、風(fēng)箏等）的總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的燃?xì)庀鄬?duì)地面以的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.火箭的推力來源于地面對(duì)它的作用力B.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為C.噴出燃?xì)夂?，萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度為D.在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能守恒【答案】B【解析】A．火箭的推力來源于燃?xì)鈱?duì)它的反作用力，故A錯(cuò)誤；B．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，系統(tǒng)動(dòng)量守恒火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃?xì)夂螅f戶及其所攜設(shè)備，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度為故C錯(cuò)誤；D．在火箭噴氣過程中，燃料燃燒，一部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能，故萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。故選B。4.裝有一定量細(xì)沙的兩端封閉的玻璃管豎直漂浮在水中，水面范圍足夠大，如圖甲所示。把玻璃管向下緩慢按壓后放手，忽略水的粘滯阻力，玻璃管的運(yùn)動(dòng)可以視為豎直方向的簡諧運(yùn)動(dòng)，測(cè)得振動(dòng)周期為。以豎直向上為正方向，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，其振動(dòng)圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對(duì)于玻璃管，下列說法正確的是（）A.振動(dòng)過程中玻璃管的回復(fù)力僅由浮力提供B.時(shí)刻，加速度方向與位移方向相同C.在時(shí)間內(nèi)，玻璃管位移減小，加速度減小，速度增大D.振動(dòng)頻率與按壓的深度有關(guān)【答案】C【解析】A．裝有一定量細(xì)沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力等于重力和浮力的合力，故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知在t1時(shí)刻，位移為負(fù)，加速度方向?yàn)檎?，所以玻璃管的加速度方向與位移方向相反，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，位移減小，加速度減小，玻璃管向著平衡位置加速運(yùn)動(dòng)，所以速度增大，故C正確；D．由于玻璃管做簡諧運(yùn)動(dòng)，與彈簧振子的振動(dòng)相似，結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，其振動(dòng)頻率與振幅無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。5.沿x軸傳播的簡諧橫波在t1=0時(shí)刻的波形如圖中實(shí)線所示，在t2=0.4s時(shí)刻的波形如圖中虛線所示。已知波的周期0.2s<T<0.4s，P為波中的一個(gè)振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)。則下列說法不正確的是（）A.波的傳播速度可能為20m/sB.在t3=0.6s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向一定向下C.在t3=0.6s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向一定向上D.質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程可能為96cm【答案】C【解析】A．若該簡諧波向x軸正方向0.4=(n＋)T（n=0，1，2，3……）又因?yàn)?.2s<T<0.4s，有根據(jù)圖像可知波長為6m，由若該簡諧波向x軸負(fù)方向0.4=(n＋)T（n=0，1，2，3……）又因?yàn)?.2s<T<0.4s，有根據(jù)圖像可知波長為6m，由故A正確，不符合題意；BC．若簡諧波向x軸正方向傳播，t3=0.6s時(shí)刻的波形圖與0時(shí)刻的波形圖相同，所以質(zhì)點(diǎn)P向下振動(dòng)，加速度方向向上；若簡諧波向x軸負(fù)方向傳播，畫出t3=0.6s時(shí)刻的波形圖如紅色圖線此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向下振動(dòng)，加速度向下；綜上所述，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向一定向下，加速度不一定向上，故B正確，不符合題意、C錯(cuò)誤，符合題意；D．若簡諧波向x軸正方向傳播，則2.4s=8T質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為s=32A=96cm若簡諧波向x軸負(fù)方向傳播，則2.4s=10T質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為s=40A=120cm故D正確，不符合題意。故選C。6.現(xiàn)在的智能手機(jī)大多有“雙MIC降噪技術(shù)”，簡單說就是在通話時(shí)，輔助麥克風(fēng)收集背景音，與主麥克風(fēng)音質(zhì)信號(hào)相減來降低背景噪音。圖甲是原理簡化圖，圖乙是理想狀態(tài)下的降噪過程，實(shí)線表示環(huán)境噪聲聲波，虛線表示降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅降噪聲波，則下列說法正確的是（）A.降噪過程應(yīng)用的是聲波的衍射原理B.理想狀態(tài)下，降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等，波長相等C.P點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過一個(gè)周期振動(dòng)所產(chǎn)生的路程為4A（A為降噪聲波的振幅）D.P點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過一個(gè)周期向外遷移的距離為一個(gè)波長【答案】B【解析】AB．由圖可看出，理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時(shí)產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，由于兩列聲波等幅反相，所以振動(dòng)減弱，起到降噪作用，故A錯(cuò)誤，B正確；C．圖乙所示，此時(shí)介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置，但因?yàn)閮闪新暡ǖ却蠓聪颍院险穹鶠榱?，故質(zhì)點(diǎn)P靜止不動(dòng)，速度為零，故C錯(cuò)誤；故選B。7.在折射率為的液體內(nèi)部有一點(diǎn)光源S，點(diǎn)光源可以向各個(gè)方向移動(dòng)。某時(shí)刻，在液面上觀察到半徑為R＝0.2m的圓形光斑。現(xiàn)讓點(diǎn)光源S向某個(gè)方向勻速移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)光斑最右側(cè)邊沿B位置不動(dòng)，最左側(cè)邊沿D向左側(cè)移動(dòng)，經(jīng)過2s，有東西側(cè)邊沿D向左移動(dòng)了，側(cè)面圖如圖所示，則點(diǎn)光源S的移動(dòng)速度方向和大?。ǎ〢.水平向左 B.水平向右C.v＝1m/s D.m/s【答案】C【解析】設(shè)全反射臨界角為C，則滿足根據(jù)幾何關(guān)系可知若保持B位置不動(dòng)，最左側(cè)邊沿D向左運(yùn)動(dòng)，則光源S應(yīng)沿著光路斜向下運(yùn)動(dòng)，光板移動(dòng)距離光源移動(dòng)的速度為解得v＝1m/s故選C。8.如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動(dòng)變阻器的滑片由a向b移動(dòng)的過程中，下列各物理量變化情況為（）A.電流表的讀數(shù)逐漸減小B.的功率先減小后增大C.電源的輸出功率逐漸增大D.電壓表與電流表讀數(shù)改變量的比值保持不變【答案】BD【解析】AB．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭將滑動(dòng)變阻器分為上下兩部分，上下兩部分電阻屬于并聯(lián)關(guān)系，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭由a向b移動(dòng)的過程中，并聯(lián)電阻的等效電阻先增大后減小，可知回路中總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知，回路中的電流先減小后增大，則電流表的讀數(shù)先減小后增大，的功率可知其功率先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；C．電源的輸出功率由于電源的內(nèi)阻與外電阻之間的關(guān)系未知，則電源的輸出功率的變化不確定，故C錯(cuò)誤；D．電壓表測(cè)量路端電壓，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可得不變，故D正確。故選BD。9.帶有光滑圓弧軌道，質(zhì)量為的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為的小球以速度水平?jīng)_上滑車，到達(dá)某一高度后，小球又返回車的左端，則（）A.小球返回車的左端時(shí)，速度為零B.小球返回車的左端時(shí)，速度為C.小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小車的速度為D.小球在弧形槽上上升的最大高度為【答案】ACD【解析】AB．設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，整個(gè)過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+mv2由機(jī)械能守恒定律得解得v1=0v2=v0即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，A正確CD．當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv解得由機(jī)械能守恒定律得解得故CD正確。故選ACD。10.如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（）A.整個(gè)過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B.彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為C.整個(gè)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為D.物體B的最大加速度大小為【答案】BD【解析】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，子彈打入物體A過程中，由于摩擦生熱，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長至最長時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)三者共速，子彈打入物體A并留在A中時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度大小為，對(duì)子彈與物體A，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢(shì)能增加量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，故最大彈性勢(shì)能為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立二式得選項(xiàng)D正確。故選BD。二、非選擇題：本小題共5小題，共54分。其中第11題和第12題每空2分，共18分；第13題10分；第14題12分；第15題14分。11.某同學(xué)用圖a所示裝置測(cè)定重力加速度。小球上安裝有擋光部件，光電門安裝在小球平衡位置正下方。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光部件的擋光寬度d，其讀數(shù)如圖b，則d=___________mm；（2）讓單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)并開啟傳感器的計(jì)數(shù)模式，當(dāng)光電門第一次被遮擋時(shí)計(jì)數(shù)器計(jì)數(shù)為1并同時(shí)開始計(jì)時(shí)，以后光電門被遮擋一次計(jì)數(shù)增加1，若計(jì)數(shù)器計(jì)數(shù)為N時(shí)，單擺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則該單擺的周期T=___________；（3）擺線長度大約80cm，該同學(xué)只有一把測(cè)量范圍為30cm的刻度尺，于是他在細(xì)線上標(biāo)記一點(diǎn)A，使得懸點(diǎn)O到A點(diǎn)間的細(xì)線長度為30cm，如圖c所示?，F(xiàn)保持A點(diǎn)以下的細(xì)線長度不變，通過改變OA間細(xì)線長度l以改變擺長，并測(cè)出單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的周期T。實(shí)驗(yàn)中測(cè)得了多組數(shù)據(jù)并繪制了T2-l圖像，求得圖像斜率為k，由此可知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=___________。【答案】（1）2.331##2.332##2.333（2）（3）【解析】（1）[1]螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度與可動(dòng)刻度之和，所以圖中測(cè)得擋光寬度為（2）[2]由題意可知解得（3）[3]設(shè)A點(diǎn)以下的細(xì)線長度為l0，根據(jù)單擺周期公式得化簡得T2-l圖像的斜率為k，則解得12.在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中：（1）測(cè)量一段金屬絲電阻時(shí)所用器材和部分電路連線如圖1所示，圖中的導(dǎo)線a端應(yīng)與________（選填“一”、“0.6”或“3”）接線柱連接，b端應(yīng)與___________（選填“—”、“0.6”或“3”）接線柱連接。開關(guān)閉合前，圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于____________（選填“左”或“右”）端。（2）合上開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到多組U和I數(shù)據(jù)。甲同學(xué)由每組U、I數(shù)據(jù)計(jì)算電阻，然后求電阻平均值；乙同學(xué)通過圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是___________（選填“甲”或“乙”）。（3）兩同學(xué)進(jìn)一步探究用鎳鉻絲將滿偏電流的表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端并聯(lián)長為L的鎳鉻絲，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使表頭G滿偏，毫安表示數(shù)為I。改變L，重復(fù)上述步驟，獲得多組I、L數(shù)據(jù)，作出圖像如圖3所示。則圖像斜率______。若要把該表頭G改裝成量程為的電流表，需要把長為__________m的鎳鉻絲并聯(lián)在表頭G兩端。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）0.60.6左（2）乙（3）2.1##2.2##2.3##2.4##2.50.24##0.25##0.26##0.27##0.28【解析】（1）[1][2][3]實(shí)驗(yàn)中用兩節(jié)干電池供電，滑動(dòng)變阻器分壓式連接，電壓從零開始調(diào)節(jié)，電流表選較小量程測(cè)量電流減小誤差，則圖中的導(dǎo)線a端應(yīng)與“0.6”接線柱連接，電壓表測(cè)電阻兩端的電壓，則金屬絲的電阻較小，電流表外接誤差較小，故b端應(yīng)與“0.6”接線柱連接。為了保護(hù)電表，開關(guān)閉合前，圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于左端。（2）[4]做U-I圖象可以將剔除偶然誤差較大數(shù)據(jù),提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確程度，減少實(shí)驗(yàn)的誤差，則乙同學(xué)通過U-I圖像求電阻，求電阻的方法更合理；（3）[5]由圖像可知圖像斜率[6]方法一：由電路可知解得則若要把該滿偏電流為表頭G改裝成量程為的電流表，則并聯(lián)的電阻解得方法二：延長圖像可知，當(dāng)I=9.0mA時(shí)可得即13.如圖所示，一種光學(xué)傳感器是通過接收器Q接收到光的強(qiáng)度變化而觸發(fā)工作的。當(dāng)光從玻璃內(nèi)側(cè)P點(diǎn)以入射角a=37°射向外側(cè)M點(diǎn)時(shí)，其折射光線與反射光線恰好垂直；而當(dāng)光從P點(diǎn)射向外側(cè)的N點(diǎn)時(shí)，在N點(diǎn)恰好發(fā)生全反射后被Q接收。已知光在真空中的傳播速度為c，PQ的距離為L，sin37°=0.6。求：（1）玻璃的折射率；（2）光由P點(diǎn)經(jīng)N點(diǎn)發(fā)生全反射到達(dá)接收器Q的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）光線在M點(diǎn)發(fā)生折射，光路如下圖所示由幾何關(guān)系得β=53°由折射定律得代入數(shù)值可得（2）在N點(diǎn)全反射，則有PNQ的光程為光在介質(zhì)中的傳播速度為速度得解得14.如圖所示的電路中，為定值電阻，為電阻箱，燈泡L的規(guī)格為“3W、0.6A”，電動(dòng)機(jī)M的線圈電阻為0.2Ω、額定功率為2W，電源的電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻，閉合電鍵，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的阻值為4Ω時(shí)，燈泡剛好正常發(fā)光，電動(dòng)機(jī)剛好能正常工作。求：（1）電動(dòng)機(jī)的額定電壓；（2）電阻的阻值；（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率與電源的輸出功率?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【解析】（1）由于燈泡正常發(fā)光，則電路中電流，燈泡兩端的電壓則電動(dòng)機(jī)的額定電壓（2）電動(dòng)機(jī)的額定電流電阻中電流因此，電阻的阻值（3）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率電源的輸出功率15.如圖，長為的傳送帶以大小為的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一足夠長的長木板緊靠傳送帶右端放在光滑的水平面上，長木板的上表面與傳送帶的上表面在同一水平面上，水平地面右側(cè)有一豎直固定的彈性擋板。一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為的物塊輕放在傳送帶的左端A，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到端，以速度滑上長木板，并與長木板一起向右運(yùn)動(dòng)，長木板與擋板第一次碰撞前物塊與長木板已達(dá)到共同速度。已知長木板的質(zhì)量為，物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，長木板與擋板碰撞是彈性碰撞，重力加速度為。求：（1）物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為多少；物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長為多少；（2）開始時(shí)，長木板的右端離擋板的距離至少為多少；（3）長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為多大?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（1）物塊以速度v滑上長木板，設(shè)物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為，由牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得解得物塊在傳送帶上一直加速時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，最長時(shí)間為（2）物塊第一次在木板上滑動(dòng)的過程中，由動(dòng)量守恒定律得設(shè)此過程中木板的位移為x，對(duì)木板由動(dòng)能定理得解得即開始時(shí)長木板的右端離擋板的距離至少為（3）長木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動(dòng)量守恒定律得長木板與擋板第二次碰撞到第三次碰撞，由動(dòng)量守恒定律得可知，長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為高二物理試卷注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4.作圖題可先使用2B鉛筆填涂，然后用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。第Ⅰ卷一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.2023年7月22日，中國女足迎來世界杯首戰(zhàn)．如圖所示，某次撲球時(shí)，守門員戴著厚厚的手套向水平飛馳而來的足球撲去，使足球停下．與不戴手套相比，此過程守門員戴手套可以（）A.減小足球的慣性 B.減小足球?qū)κ值臎_量C.減小足球的動(dòng)量變化量 D.減小足球?qū)κ值钠骄饔昧Α敬鸢浮緿【解析】守門員戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，這樣可以延長球與手接觸的時(shí)間，對(duì)球，取球的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得?Ft=0?mv可得當(dāng)時(shí)間延長時(shí)，動(dòng)量的變化量不變，則球受到的沖量不變，可減小球動(dòng)量的變化率，即減小手對(duì)球的平均作用力，足球的慣性由質(zhì)量決定，不會(huì)變化。故選D。2.下列說法中不正確是（）A.甲圖中導(dǎo)線通電后，其正下方小磁針的N極向紙面里轉(zhuǎn)動(dòng)B.如圖乙所示，如果長為l、通過電流為I的短直導(dǎo)線在該磁場中所受磁場力的大小為F，則可測(cè)出該處磁感應(yīng)強(qiáng)度必為C.如圖丙所示，繞虛線軸轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈平面S轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，穿過線圈平面的磁通量為0D.如圖丁所示，閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中兩個(gè)圖示位置間來回水平運(yùn)動(dòng)，由于穿過閉合線圈的磁通量并未發(fā)生變化，故不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．由安培定則知，通電導(dǎo)線在其下方產(chǎn)生的磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，所以下方小磁針N極受到向里的磁場力而向紙面里轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；B．由于通電導(dǎo)線不一定是垂直于磁場方向放置，所以公式不一定成立，故B錯(cuò)誤；C．圖中線圈平面與磁感線平行，沒有磁感線穿過線圈平面，所以磁通量為零，故C正確；D．閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中兩個(gè)圖示位置間來回水平運(yùn)動(dòng)中，通過線圈的磁通量沒有改變，故不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D正確。3.“世界航天第一人”是明朝的萬戶，如圖所示，他把47個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及其所攜設(shè)備（火箭、椅子、風(fēng)箏等）的總質(zhì)量為M，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的燃?xì)庀鄬?duì)地面以的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.火箭的推力來源于地面對(duì)它的作用力B.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為C.噴出燃?xì)夂?，萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度為D.在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能守恒【答案】B【解析】A．火箭的推力來源于燃?xì)鈱?duì)它的反作用力，故A錯(cuò)誤；B．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，系統(tǒng)動(dòng)量守恒火箭的速度大小為故B正確；C．噴出燃?xì)夂?，萬戶及其所攜設(shè)備，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度為故C錯(cuò)誤；D．在火箭噴氣過程中，燃料燃燒，一部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能，故萬戶及其所攜設(shè)備的機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。故選B。4.裝有一定量細(xì)沙的兩端封閉的玻璃管豎直漂浮在水中，水面范圍足夠大，如圖甲所示。把玻璃管向下緩慢按壓后放手，忽略水的粘滯阻力，玻璃管的運(yùn)動(dòng)可以視為豎直方向的簡諧運(yùn)動(dòng)，測(cè)得振動(dòng)周期為。以豎直向上為正方向，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，其振動(dòng)圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對(duì)于玻璃管，下列說法正確的是（）A.振動(dòng)過程中玻璃管的回復(fù)力僅由浮力提供B.時(shí)刻，加速度方向與位移方向相同C.在時(shí)間內(nèi)，玻璃管位移減小，加速度減小，速度增大D.振動(dòng)頻率與按壓的深度有關(guān)【答案】C【解析】A．裝有一定量細(xì)沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力等于重力和浮力的合力，故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知在t1時(shí)刻，位移為負(fù)，加速度方向?yàn)檎?，所以玻璃管的加速度方向與位移方向相反，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，位移減小，加速度減小，玻璃管向著平衡位置加速運(yùn)動(dòng)，所以速度增大，故C正確；D．由于玻璃管做簡諧運(yùn)動(dòng)，與彈簧振子的振動(dòng)相似，結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，其振動(dòng)頻率與振幅無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。5.沿x軸傳播的簡諧橫波在t1=0時(shí)刻的波形如圖中實(shí)線所示，在t2=0.4s時(shí)刻的波形如圖中虛線所示。已知波的周期0.2s<T<0.4s，P為波中的一個(gè)振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)。則下列說法不正確的是（）A.波的傳播速度可能為20m/sB.在t3=0.6s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向一定向下C.在t3=0.6s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向一定向上D.質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程可能為96cm【答案】C【解析】A．若該簡諧波向x軸正方向0.4=(n＋)T（n=0，1，2，3……）又因?yàn)?.2s<T<0.4s，有根據(jù)圖像可知波長為6m，由若該簡諧波向x軸負(fù)方向0.4=(n＋)T（n=0，1，2，3……）又因?yàn)?.2s<T<0.4s，有根據(jù)圖像可知波長為6m，由故A正確，不符合題意；BC．若簡諧波向x軸正方向傳播，t3=0.6s時(shí)刻的波形圖與0時(shí)刻的波形圖相同，所以質(zhì)點(diǎn)P向下振動(dòng)，加速度方向向上；若簡諧波向x軸負(fù)方向傳播，畫出t3=0.6s時(shí)刻的波形圖如紅色圖線此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向下振動(dòng)，加速度向下；綜上所述，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向一定向下，加速度不一定向上，故B正確，不符合題意、C錯(cuò)誤，符合題意；D．若簡諧波向x軸正方向傳播，則2.4s=8T質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為s=32A=96cm若簡諧波向x軸負(fù)方向傳播，則2.4s=10T質(zhì)點(diǎn)P在2.4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為s=40A=120cm故D正確，不符合題意。故選C。6.現(xiàn)在的智能手機(jī)大多有“雙MIC降噪技術(shù)”，簡單說就是在通話時(shí)，輔助麥克風(fēng)收集背景音，與主麥克風(fēng)音質(zhì)信號(hào)相減來降低背景噪音。圖甲是原理簡化圖，圖乙是理想狀態(tài)下的降噪過程，實(shí)線表示環(huán)境噪聲聲波，虛線表示降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅降噪聲波，則下列說法正確的是（）A.降噪過程應(yīng)用的是聲波的衍射原理B.理想狀態(tài)下，降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等，波長相等C.P點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過一個(gè)周期振動(dòng)所產(chǎn)生的路程為4A（A為降噪聲波的振幅）D.P點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過一個(gè)周期向外遷移的距離為一個(gè)波長【答案】B【解析】AB．由圖可看出，理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時(shí)產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，由于兩列聲波等幅反相，所以振動(dòng)減弱，起到降噪作用，故A錯(cuò)誤，B正確；C．圖乙所示，此時(shí)介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置，但因?yàn)閮闪新暡ǖ却蠓聪?，所以合振幅為零，故質(zhì)點(diǎn)P靜止不動(dòng)，速度為零，故C錯(cuò)誤；故選B。7.在折射率為的液體內(nèi)部有一點(diǎn)光源S，點(diǎn)光源可以向各個(gè)方向移動(dòng)。某時(shí)刻，在液面上觀察到半徑為R＝0.2m的圓形光斑?，F(xiàn)讓點(diǎn)光源S向某個(gè)方向勻速移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)光斑最右側(cè)邊沿B位置不動(dòng)，最左側(cè)邊沿D向左側(cè)移動(dòng)，經(jīng)過2s，有東西側(cè)邊沿D向左移動(dòng)了，側(cè)面圖如圖所示，則點(diǎn)光源S的移動(dòng)速度方向和大?。ǎ〢.水平向左 B.水平向右C.v＝1m/s D.m/s【答案】C【解析】設(shè)全反射臨界角為C，則滿足根據(jù)幾何關(guān)系可知若保持B位置不動(dòng)，最左側(cè)邊沿D向左運(yùn)動(dòng)，則光源S應(yīng)沿著光路斜向下運(yùn)動(dòng)，光板移動(dòng)距離光源移動(dòng)的速度為解得v＝1m/s故選C。8.如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動(dòng)變阻器的滑片由a向b移動(dòng)的過程中，下列各物理量變化情況為（）A.電流表的讀數(shù)逐漸減小B.的功率先減小后增大C.電源的輸出功率逐漸增大D.電壓表與電流表讀數(shù)改變量的比值保持不變【答案】BD【解析】AB．滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭將滑動(dòng)變阻器分為上下兩部分，上下兩部分電阻屬于并聯(lián)關(guān)系，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭由a向b移動(dòng)的過程中，并聯(lián)電阻的等效電阻先增大后減小，可知回路中總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可知，回路中的電流先減小后增大，則電流表的讀數(shù)先減小后增大，的功率可知其功率先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；C．電源的輸出功率由于電源的內(nèi)阻與外電阻之間的關(guān)系未知，則電源的輸出功率的變化不確定，故C錯(cuò)誤；D．電壓表測(cè)量路端電壓，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有可得不變，故D正確。故選BD。9.帶有光滑圓弧軌道，質(zhì)量為的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為的小球以速度水平?jīng)_上滑車，到達(dá)某一高度后，小球又返回車的左端，則（）A.小球返回車的左端時(shí)，速度為零B.小球返回車的左端時(shí)，速度為C.小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小車的速度為D.小球在弧形槽上上升的最大高度為【答案】ACD【解析】AB．設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，整個(gè)過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+mv2由機(jī)械能守恒定律得解得v1=0v2=v0即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，A正確CD．當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv解得由機(jī)械能守恒定律得解得故CD正確。故選ACD。10.如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（）A.整個(gè)過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B.彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為C.整個(gè)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為D.物體B的最大加速度大小為【答案】BD【解析】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，子彈打入物體A過程中，由于摩擦生熱，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長至最長時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)三者共速，子彈打入物體A并留在A中時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度大小為，對(duì)子彈與物體A，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢(shì)能增加量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，故最大彈性勢(shì)能為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立二式得選項(xiàng)D正確。故選BD。二、非選擇題：本小題共5小題，共54分。其中第11題和第12題每空2分，共18分；第13題10分；第14題12分；第15題14分。11.某同學(xué)用圖a所示裝置測(cè)定重力加速度。小球上安裝有擋光部件，光電門安裝在小球平衡位置正下方。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光部件的擋光寬度d，其讀數(shù)如圖b，則d=___________mm；（2）讓單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)并開啟傳感器的計(jì)數(shù)模式，當(dāng)光電門第一次被遮擋時(shí)計(jì)數(shù)器計(jì)數(shù)為1并同時(shí)開始計(jì)時(shí)，以后光電門被遮擋一次計(jì)數(shù)增加1，若計(jì)數(shù)器計(jì)數(shù)為N時(shí)，單擺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則該單擺的周期T=___________；（3）擺線長度大約80cm，該同學(xué)只有一把測(cè)量范圍為30cm的刻度尺，于是他在細(xì)線上標(biāo)記一點(diǎn)A，使得懸點(diǎn)O到A點(diǎn)間的細(xì)線長度為30cm，如圖c所示?，F(xiàn)保持A點(diǎn)以下的細(xì)線長度不變，通過改變OA間細(xì)線長度l以改變擺長，并測(cè)出單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的周期T。實(shí)驗(yàn)中測(cè)得了多組數(shù)據(jù)并繪制了T2-l圖像，求得圖像斜率為k，由此可知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=___________?！敬鸢浮浚?）2.331##2.332##2.333（2）（3）【解析】（1）[1]螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度與可動(dòng)刻度之和，所以圖中測(cè)得擋光寬度為（2）[2]由題意可知解得（3）[3]設(shè)A點(diǎn)以下的細(xì)線長度為l0，根據(jù)單擺周期公式得化簡得T2-l圖像的斜率為k，則解得12.在“測(cè)量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中：（1）測(cè)量一段金屬絲電阻時(shí)所用器材和部分電路連線如圖1所示，圖中的導(dǎo)線a端應(yīng)與________（選填“一”、“0.6”或“3”）接線柱連接，b端應(yīng)與___________（選填“—”、“0.6”或“3”）接線柱連接。開關(guān)閉合前，圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于____________（選填“左”或“右”）端。（2）合上開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到多組U和I數(shù)據(jù)。甲同學(xué)由每組U、I數(shù)據(jù)計(jì)算電阻，然后求電阻平均值；乙同學(xué)通過圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是___________（選填“甲”或“乙”）。（3）兩同學(xué)進(jìn)一步探究用鎳鉻絲將滿偏電流的表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端并聯(lián)長為L的鎳鉻絲，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使表頭G滿偏，毫安表示數(shù)為I。改變L，重復(fù)上述步驟，獲得多組I、L數(shù)據(jù)，作出圖像如圖3所示。則圖像斜率______。若要把該表頭G改裝成量程為的電流表，需要把長為__________m的鎳鉻絲并聯(lián)在表頭G兩端。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）0.60.6左（2）乙（3）2.1##2.2##2.3##2.4##2.50.24##0.25##0.26##0.27##0.28