2024-2025學年湖北省恩施高級中學學生學業(yè)調研抽測試卷（第二次）物理試題含解析

2024-2025學年湖北省恩施高級中學學生學業(yè)調研抽測試卷（第二次）物理試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、“太空涂鴉”技術就是使低軌運行的攻擊衛(wèi)星通過變軌接近高軌偵查衛(wèi)星，準確計算軌道并向其發(fā)射“漆霧”彈，“漆霧”彈在臨近偵查衛(wèi)星時，壓爆彈囊，讓“漆霧”散開并噴向偵查衛(wèi)星，噴散后強力吸附在偵查衛(wèi)星的偵察鏡頭、太陽能板、電子偵察傳感器等關鍵設備上，使之暫時失效。下列關于攻擊衛(wèi)星說法正確的是（）A．攻擊衛(wèi)星進攻前需要加速才能進入偵察衛(wèi)星軌道B．攻擊衛(wèi)星進攻前的向心加速度小于攻擊時的向心加速度C．攻擊衛(wèi)星進攻前的機械能大于攻擊時的機械能D．攻擊衛(wèi)星進攻時的線速度大于7.9km/s2、如圖所示，在橫截面為正三角形的容器內放有一小球，容器內各面與小球恰好接觸，圖中a、b、c為容器的三個側面、將它們以初速度v0豎直向上拋出，運動過程中容器所受空氣阻力與速率成正比，下列說法正確的是A．上升過程中，小球對c有壓力且逐漸變大B．上升過程中，小球受到的合力逐漸變大C．下落過程中，小球對a有壓力且逐漸變大D．下落過程中，小球對容器的作用力逐漸變大3、關于元電荷，正確的說法是（）A．元電荷就是點電荷.B．1C電量叫元電荷.C．元電荷就是質子.D．元電荷目前被認為是自然界中電荷的最小單元.4、如圖所示，電路中為電感線圈，C為電容器，先將開關S1閉合，穩(wěn)定后再將開關S2閉合，則（）A．S1閉合時，燈A、B都逐漸變亮 B．S1閉合時，燈A中無電流通過C．S2閉合時，燈B立即熄滅 D．S2閉合時，燈A中電流由b到a5、下列關于行星運動定律和萬有引力定律的發(fā)現歷程，符合史實的是（）A．哥白尼通過整理第谷觀測的大量天文數據得出行星運動規(guī)律B．牛頓通過多年的研究發(fā)現了萬有引力定律，并測量出了地球的質量C．牛頓指出地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的萬有引力D．卡文迪許通過實驗比較準確地測量出了萬有引力常量，并間接測量出了太陽的質量6、2016年2月，物理學界掀起了“引力波”風暴，證實了愛因斯坦100年前所做的預測。據報道，各種各樣的引力波探測器正在建造或者使用當中?？赡艿囊Σㄌ綔y源包括致密雙星系統（白矮星、中子星和黑洞）。若質量分別為m1和m2的A、B兩天體構成雙星，如圖所示。某同學由此對該雙星系統進行了分析并總結，其中結論不正確的是（）A．A、B做圓周運動的半徑之比為m2：m1B．A、B做圓周運動所需向心力大小之比為1：1C．A、B做圓周運動的轉速之比為1：1D．A、B做圓周運動的向心加速度大小之比為1：1二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、在雙縫干涉實驗中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣.若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，可選用的方法是（）A．改用紅色激光B．改用藍色激光C．減小雙縫間距D．將屏幕向遠離雙縫的位置移動E.將光源向遠離雙縫的位置移動8、如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示。已知電流表讀數在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，不考慮電表對電路的影響，以下判斷錯誤的是（）A．電路中電源電動勢為3.6VB．變阻器向右滑動時，V2讀數逐漸減小C．此電路中，電動機的輸入功率減小D．變阻器的最大阻值為30Ω9、如圖所示，AB兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角，BC兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，小球C放在水平地面上?，F用手控制住小球A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知小球A的質量為4m，小球BC質量相等，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態(tài)。釋放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大時小球C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是（）A．小球BC及彈簧組成的系統機械能守恒B．小球C的質量為mC．小球A最大速度大小為D．小球B上升的高度為10、如圖所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點．左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動過程中，皮帶不打滑．則（）A．a點與c點的線速度大小相等 B．b點與d點的角速度大小相等C．a點與d點的向心加速度大小相等 D．a點與b點的向心加速度大小相等三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某研究性學習小組為了測量某電源的電動勢E和電壓表V的內阻Rv，從實驗室找到實驗器材如下：A．待測電源（電動勢E約為2V，內阻不計）B．待測電壓表V（量程為1V，內阻約為100Ω）C．定值電阻若干（阻值有：50.0Ω，100.0Ω，500.0Ω，1.0kΩ）D．單刀開關2個(1)該研究小組設計了如圖甲所示的電路原理圖，請根據該原理圖在圖乙的實物圖上完成連線______。(2)為了完成實驗，測量中要求電壓表的讀數不小于其量程的，則圖甲R1=_____Ω；R2=_____Ω。(3)在R1、R2選擇正確的情況進行實驗操作，當電鍵S1閉合、S2斷開時，電壓表讀數為0.71V；當S1、S2均閉合時，電壓表讀數為0.90V；由此可以求出Rv=____Ω；電源的電動勢E=_____（保留2位有效數字）。12．（12分）某同學設計出如圖所示的實驗裝置來“驗證機械能守恒定律”，讓小球從A點自由下落，下落過程中經過A點正下方的光電門B時，光電計時器記錄下小球通過光電門時間t，當地的重力加速度為g。（1）為了驗證機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量_________。A．小球的質量mB．AB之間的距離HC．小球從A到B的下落時間tABD．小球的直徑d（2）小球通過光電門時的瞬時速度v=_________(用題中所給的物理量表示)。（3）調整AB之間距離H，多次重復上述過程，作出隨H的變化圖象如圖所示，當小球下落過程中機械能守恒時，該直線斜率k0=__________。（4）在實驗中根據數據實際繪出—H圖象的直線斜率為k（k＜k0），則實驗過程中所受的平均阻力f與小球重力mg的比值=_______________（用k、k0表示）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝37°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的帶電小球a穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸。已知A點到坐標原點O的距離為，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數μ＝0.5；，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。求：(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；(2)第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小B1與第四象限磁感應強度B之比，=？(3)當帶電小球a剛離開A點豎直向上運動時，從y軸正半軸距原點O為4l的P點（圖中未畫出）以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b，a、b兩球剛好在第一象限某點相碰，則b球的初速度為多大？14．（16分）光滑水平面上放著質量mA=1kg的物塊A與質量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep=49J．在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示．放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R=0.5m，B恰能到達最高點C．g取10m/s2，求：（1）繩拉斷后B的速度vB的大??；（2）繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小；（3）繩拉斷過程繩對A所做的功W．15．（12分）如圖所示，水平地面上有兩個靜止的物塊A和B，A、B的質量分別為m1＝2kg，m2＝1kg，它們與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.5?，F對物塊A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬時沖量，使物塊A獲得一個初速度，t＝1s后與物塊B發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時間很短，A、B兩物塊均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2。(1)求A與B碰撞前瞬間，A的速度大??；(2)若物塊B的正前方20m處有一危險區(qū)域，請通過計算判斷碰撞后A、B是否會到達危驗區(qū)域。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

A．攻擊衛(wèi)星的軌道半徑小，進攻前需要加速做離心運動，才能進入偵查衛(wèi)星軌道，故A正確；B．根據得可知，攻擊前，攻擊衛(wèi)星的軌道半徑小，故攻擊衛(wèi)星進攻前的向心加速度大于攻擊時的向心加速度，故B錯誤；C．攻擊衛(wèi)星在攻擊過程中，做加速運動，除引力以外的其他力做正功，機械能增加，故攻擊衛(wèi)星進攻前的機械能小于攻擊時的機械能，故C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力得軌道半徑越小，速度越大，當軌道半徑最小等于地球半徑時，速度最大，等于第一宇宙速度7.9km/s，故攻擊衛(wèi)星進攻時在軌運行速率小于7.9km/s，故D錯誤。故選A。2、D【解析】

AB．小球和正三角形容器為共加速系統，上升過程中，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律：系統加速度豎直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c對小球無作用力，a、b側面對小球的作用力豎直向下，以小球為研究對象，根據牛頓第二定律：系統速度減小，加速度減小，小球受到的合外力減小，AB錯誤；CD．下落過程中，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律：系統加速度豎直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b側面對小球無作用力，底面c對小球的作用力豎直向上，根據牛頓第二定律：系統的速度增大，加速度減小，小球的加速度減小，底面c對小球的作用力增大，根據牛頓第三定律可知小球對容器的作用力逐漸變大，C錯誤；D正確。故選D。3、D【解析】

點電荷是當兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷．而元電荷是帶電量的最小值，它不是電荷，所有帶電體電荷量均是元電荷的整數倍．【詳解】元電荷是最小的帶電量，而點電荷是一種理想化的物理模型，二者不是同一物理量；故A錯誤；元電荷是帶電量的最小值，大小是1.6×10本題關鍵是對點電荷、元電荷的概念要有清晰的認識，同時要明確它們之間的區(qū)別，這是理清概念的一種重要方法．4、D【解析】

AB．S1閉合時，因為電容器通交流阻直流，所以燈A中有短暫電流通過，且不會逐漸變亮，故AB錯誤；C．S2閉合時，因為電感線圈，燈B會逐漸熄滅，故C錯誤；D．開關S2閉合時，電容放電，所以S2閉合瞬間A燈有電流從b到a，故D正確。故選D。5、C【解析】

A.開普勒通過整理第谷觀測的大量天文數據得出行星運動規(guī)律，故A錯誤；B.牛頓發(fā)現了萬有引力定律，卡文迪許測量出了萬有引力常量，并間接測量出了地球的質量，故B錯誤，D錯誤；C.牛頓通過研究指出地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的萬有引力，萬有引力提供地球做曲線運動所需的向心力，故C正確。故選：C。6、D【解析】

AB．因為兩天體的角速度相同，由萬有引力提供向心力可知兩天體的向心力大小相等，半徑之比為AB正確；C．根據角速度與轉速的關系可知兩天體轉速相同，C正確；D．由得D錯誤。本題選不正確的，故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ACD【解析】

A.根據干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Δx＝λ可知，改用紅色激光，波長變大，則條紋的間距變大，選項A正確；B.根據干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Δx＝λ可知，改用藍色激光，則波長變短，則條紋的間距變小，選項B錯誤；C.根據干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Δx＝λ可知，減小雙縫間距d，則條紋的間距變大，選項C正確；D.根據干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Δx＝λ可知，將屏幕向遠離雙縫的位置移動，即l變大，則條紋的間距變大，選項D正確；E.根據干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Δx＝λ可知，將光源向遠離雙縫的位置移動對條紋間距無影響，選項E錯誤.8、BC【解析】

先確定圖線與電壓表示數對應的關系，再根據圖線求出電源的電動勢，并判斷V2讀數的變化情況。當I=0.3A時，電動機輸入功率最大。變阻器的全部接入電路時，電路中電流最小，由歐姆定律求解變阻器的最大阻值?！驹斀狻緼．由電路圖甲知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關系。此圖線的斜率大小等于電源的內阻，為當電流I=0.1A時，U=3.4V，則電源的電動勢故A正確。B．變阻器向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內電壓減小，路端電壓即為V2讀數逐漸增大，故B錯誤。C．由圖可知，電動機的電阻當I=0.3A時，U=3V，電動機輸入功率最大，此電路中，電動機的輸入功率增大，故C錯誤。D．當I=0.1A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以故D正確。本題選擇錯誤的，故BC符合題意。故選BC。此題考查對物理圖像的理解能力，可以把本題看成動態(tài)分析問題，來選擇兩電表示對應的圖線。對于電動機，理解并掌握功率的分配關系是關鍵。9、BC【解析】

A．以小球B、C及彈簧組成的系統為研究對象，除系統重力外，繩的拉力對系統做功，則系統機械能不守恒，故A錯誤；B．小球A速度最大時，小球A的加速度為零，則對小球B、C及彈簧組成的系統聯立以上兩式，解得故B正確；CD．小球C恰好離開地面時，彈簧彈力彈簧伸長量為，初始時，彈簧被壓縮，則小球B上升，以小球A、B、C及彈簧組成的系統為研究對象，由機械能守恒定律得又聯立以上兩式，解得故C正確，D錯誤。故選BC。10、ABC【解析】

AB．根據圓周運動的規(guī)律可得：a點與c點在相等時間內轉過的弧長是相等的，所以二者的線速度大小相等；b點與d點在相等時間內轉過的角度是相等的，所以二者角速度大小相等；AB正確．CD．設a點的線速度大小為v，則c點的線速度大小為v，c、b、d三點的角速度大小均為；據向心加速度公式：可得，a點的向心加速度大小為，c點的向心加速度大小為，b點的向心加速度大小為：，d點的向心加速度大小為：．故C正確，D錯誤．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、10050871.9【解析】

(1)[1]根據電路原理圖，實物連線如圖所示：(2)[2][3]根據分壓規(guī)律串聯在電路中的總電阻約為所以和阻值太大不能用，否則電壓表的示數不滿足題中要求；為了在閉合時，能夠有效的保護電路，所以，。(3)[4][5]當電鍵閉合、斷開時當、均閉合時解得，12、BD；；；；【解析】

該題利用自由落體運動來驗證機械能守恒，因此需要測量物體自由下落的高度hAB，以及物體通過B點的速度大小，在測量速度時我們利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要測量的數據；由題意可知，本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據機械能守恒定律可知，當減小的機械能應等于增大的動能；由原理即可明確注意事項及數據的處理等內容?！驹斀狻浚?）根據機械能守恒的表達式可知，方程兩邊可以約掉質量，因此不需要測量質量，故A錯誤；根據實驗原理可知，需要測量的是A點到光電門B的距離H，故B正確；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，不需要測量下落時間，故C錯誤；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度時，需要知道擋光物體的尺寸，因此需要測量小球的直徑，故D正確。故選BD。

（2）已知經過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示經過光電門時的速度；

故；

（3）若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgH=mv2；

即：2gH=（）2

解得：，那么該直線斜率k0=。

（4）乙圖線=kH，因存在阻力，則有：mgH-fH=mv2；

所以重物和紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為；考查求瞬時速度的方法，理解機械能守恒的條件，掌握分析的思維，同時本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)帶正電，；(2)；(3)。【解析】

(1)由帶電小球a在第四象限內做圓周運動，知小球a所受電場力與其重力平衡且小球a所受電場力豎直向上，即mg＝qE故小球a帶正電，解得E＝(2)帶電小球a從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設運動半徑為R，有qvB＝m由幾何關系有R＋Rsinθ＝3.2l解得R＝