湖北省恩施土家族苗族自治州利川市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试复习物理试卷

这是一份湖北省恩施土家族苗族自治州利川市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试复习物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于波的叠加和干涉，下列说法中正确的是( )
A. 两列频率不相同的波相遇时，因为没有稳定的干涉图样，所以波没有叠加
B. 两列频率相同的波相遇时，振动加强的点只是波峰与波峰相遇的点
C. 两列频率相同的波相遇时，如果介质中的某点振动是加强的，某时刻该质点的位移可能是零
D. 两列频率相同的波相遇时，振动加强点的位移总是比振动减弱点的位移大
2.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是( )
A. 手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kg⋅m/s
B. 手机对眼睛的冲量大小约为0.48N⋅s
C. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D. 手机对眼睛的平均作用力大小约为0.24N
3.如图所示为一列沿x轴传播的横波在t=0时的波形，此时质点Q正向上运动，周期为T，则 ( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 经过1.5T波传播的距离为12 cm
C. 当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动
D. 当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向下运动
4.如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为( )
A. x3B. v0t3C. v0t-x3D. x-v0t3
5.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的，则下列说法正确的是( )
A. 电源的电动势16VB. 电源的内阻10Ω
C. 滑动变阻器的最大阻值为300ΩD. 定值电阻R2的阻值为4Ω
6.如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15m.当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是 ( )
A. 0.60mB. 0.30mC. 0.20mD. 0.15m
7.如图所示，条形磁铁固定在水平桌面上，以条形磁铁的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。将一个灵敏的小磁针放置在x轴上不同的位置，小磁针稳定后磁北极与x轴之间的夹角记为θ，实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处的地磁场的方向水平，磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是( )
A. 条形磁铁的右端为S极
B. 条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0sinθ
C. 条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0
D. x越大，条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角越小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M是波峰与波峰的相遇点．设这两列波的振幅均为A，则下列说法正确的是( )
A. 此时刻位于O处的质点正处于平衡位置
B. 随着时间的推移，M处的质点将向O处移动
C. 从此时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零
D. O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A
9.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播。已知两波源分别位于x=-0.2m和x=1.0m处，振幅均为A=0.5cm，波速均为v=0.1m/s。t=0时刻，平衡位置处于x=0.2m和x=0.6m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.4m处，以下说法正确的是( )
A. t=4s时，x=0.5m处质点的位移为-1cm
B. t=0时，质点P振动方向向上，质点Q振动方向向下
C. 两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变
D. t=3s时，平衡位置处于0.3∼0.5m之间的质点位移均为0
10.如图所示，一质量为5kg的实心球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推实心球，实心球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后实心球的速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的对地速度大小都为3m/s，已知人和车的总质量为75kg，人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )
A. 每一次推球推力的冲量比前一次都大
B. 第3次推球后，人和车的速度为1m/s
C. 运动的全过程，人、小车和实心球组成的系统动量不守恒，人最多可以推7次球
D. 最终人、小车和实心球的速度大小都是3m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组通过如图甲所示的电路测电源电动势和内阻，定值电阻R0=0.5Ω，电流表内阻RA=0.5Ω。(计算结果均保留2位有效数字)
(1)调节电阻箱R，记录电阻箱接入电路的阻值R和相应的电流I，将测得数据以R为横坐标，以_________(填“I”或“1I”)为纵坐标，经计算机拟合得到如图乙所示图像，由图线可得该电源电动势为________V，电源内阻为________Ω，电动势的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)现有两个相同规格的小灯泡L1、L2，此种灯泡的I-U特性曲线如图丙所示，将它们并联后与图甲中的电源和定值电阻R0相连，如图丁所示，则灯泡的实际功率为________W。
12.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。
某同学的实验步骤如下：
(1)正确安装单摆，测出摆线长l；
(2)释放摆球，从摆球第1次经过平衡位置开始计时，第n次经过平衡位置结束计时，停表记录的时间为t，则单摆周期T=__________。
(3)改变摆长，测出几组摆线长l和对应的周期T，作出l-T图像，如图所示。
(4)测得图像的斜率为k，纵截距为-b，则重力加速度g=__________，摆球的直径为__________(用所测物理量符号表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.一列向右传播的简谐横波传到R点时的波形如图所示，波速为v=0.06m/s，质点P、Q的坐标分别为xP=0.96m，xQ=0.36m。
(1)质点P开始振动时，振动方向如何？
(2)从图示时刻经多长时间，质点P第一次到达波谷？
(3)质点P到达波峰时，质点Q在何处？
14.如图所示，光滑水平面上静置一个质量M=3kg的滑块，滑块的一侧是一个14圆弧形槽，凹槽半径R=0.6m，E点切线水平．一个质量m=1kg的小球以速度v0=8m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的F点脱离滑块．g取10m/s2，不计一切摩擦．求：
(1)小球脱离滑块时，滑块的速度大小；
(2)小球脱离滑块后在空中运动的时间；
(3)小球全程对滑块做功的大小．
15.如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=45∘，一段时间后粒子运动到N点，速度大小仍为v，不计粒子重力。求：
(1)电场强度的方向；
(2)匀强电场的场强大小E；
(3)仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子速度改变量的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、根据波的叠加和干涉的概念可知，只要两列波相遇就会叠加，但如果两列波的频率不同，在叠加区域就没有稳定的干涉图样，故A错误；
B、发生干涉时振动加强的点还有波谷和波谷相遇的点，故B错误；
CD、因为某质点振动加强仅是振幅加大，但只要仍在振动就一定有位移为零的时刻，振动加强点的位移不总是比振动减弱点的位移大，故C正确，D错误。
故选：C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查动量定理的应用，涉及运动学公式的应用，基础题目。
根据速度位移公式得出速度，从而得出动量的变化量即可判断；手机与眼接触的过程由动量定理结合牛顿第三定律、冲量计算式得出手机对眼睛的冲量情况即可判断；根据冲量的定义式得出手机对眼睛的平均作用力大小即可判断。
【解答】
A. 根据运动学公式v= 2gh= 2×10×0.2 m/s=2 m/s，选取向上为正方向，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化Δp=0-(-mv)=0.12×2kg⋅m/s=0.24kg⋅m/s，故A错误；
BC.手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，
则Iy-mgt=Δp，代入数据可得Iy=0.48N⋅s，
手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小为I'y=0.48N⋅s，方向竖直向下，故B正确，C错误；
D. 由冲量的定义I'y=Ft，代入数据可得F=I'yt= N，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】 由“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
由图可知，波长为4 cm，经过1.5T波传播的距离为1.5倍波长，即6 cm，故B错误；
质点Q经过n+34T到达波谷，质点P经过n+34T位于平衡位置且向上运动，故C正确，D错误。
4.【答案】C
【解析】 P 、 Q 在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1+3mv2
在极短的时间 Δt 内，有mv0⋅Δt=mv1⋅Δt+3mv2⋅Δt
则在时间 t 内有mv0t=mx+3mx2
可知x2=v0t-x3
故选C。
5.【答案】C
【解析】AB.由闭合电路的欧姆定律得E=U+Ir，可得U=E-Ir
图乙中AB延长线，交U轴于20V处，交I轴于1.0A处，所以电源的电动势为E=20V，内阻r=ΔUΔI=20-01.0-0=20Ω
故AB错误；
D.当R3的滑片自左向右滑动时，R3的有效阻值变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，由此可知，图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端，当滑片位于最右端时，有R3=0
R1被短路，外电路电阻即为R2，故由B点的U、I值得R2=UBIB=40.8Ω=5Ω
故D错误；
C.当滑片在最左端时，R3的有效阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路的电阻，再根据串、并联电路的规律求出R3的最大值，则R外=UAIA=160.2Ω=80Ω
R外=R1R3mR1+R3m+R2
代入数据解得滑动变阻器的最大值R3m=300Ω
故C正确。
故选C。
6.【答案】B
【解析】由题意知，0.15 m=nλ+12λ(n=0,1,2,…)，解得λ=0.3 m2n+1(n=0,1,2,…)，当n=0时，λ1=0.3m，当n=1时，λ2=0.1m，选项B正确，选项A、C、D错误．
7.【答案】C
【解析】AD.根据题意可知，当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地磁场的方向，由题图可知，x趋向无穷大时， sinθ 趋向于1，则 θ 趋向90∘，即小磁针的方向与x轴的方向垂直，即条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角越大；当x非常小时，小磁针的N极沿x轴正方向，即条形磁铁的右端为N极，故AD错误；
BC.根据题图乙可知，在x0处有
sinθ= 22
θ=45∘
设条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为 B条 ，则
tan⁡θ=B0B条
解得
B条=B0
B错误，C正确。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】A、由图知O点是波谷和波谷叠加，正处在波谷，故A错误；
B、振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故B错误；
C、M处为振动加强点，此刻处于波峰位置，所以从此时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零，故C正确；
D、OM连线中点，也是振动加强的点，其振幅与O或M点一样，为2A，故D正确。
故选CD。
9.【答案】ACD
【解析】A.两列波的周期为：T=λv=，
t=4s时，两列波各自向前传播一个波长，由波的叠加可知，则x=0.5m处质点的位移为-1cm，故A正确；
B、由“同侧法”可知，t=0时，质点P振动方向向下，质点Q振动方向向上，故B错误；
C、根据波的独立传播原理可知，两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变，故C正确；
D、t=3s时，两列波各自向前传播34T，两列波在0.3-0.5m之间的位移均为等大反向，则根据叠加原理可知，平衡位置处于0.3-0.5m之间的质点位移均为0，故D正确。
故选：ACD。
10.【答案】BD
【解析】A.设铁球的质量为m、人和小车的质量为M，第一次推铁球，根据动量定理有I1=Δp1=15N⋅s，以后每次推铁球，根据动量定理有mv-m(-v)=30N⋅s，则第二次推铁球的冲量大于第一次推铁球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，故 A错误;
BCD.要使铁球不能追上小车，需使v⩽v车推球过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球使人和小车获得的动量为Δp1=15kg⋅m/s，以后每次推球都使人和小车获得的动量为Δp2=30kg⋅m/s，根据Δp1+nΔp2≥Mv，解得n≥7
故连续推8次后铁球将不能追上人和小车。
当n=2时Δp1+2Δp2=Mv车，解得v车=1m/s，所以第3次推球后，人和车的速度为1m/s.当n=7时小车的速度为v车=3m/s，此时小车的速度与小球的速度相等，铁球不能追上小车，三者保持匀速运动。故 BD正确， C错误。
故选：BD。
11.【答案】(1)1I，3.0，2.0，等于；(2)0.45
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律得I=ER+R0+RA+r，整理得1I=1ER+R0+RA+rE，测得数据以 R 为横坐标，以 1I 为纵坐标，图像是直线。由图乙斜率可知1E=3-26-3V-1=13V，纵截距1A-1=0.5Ω+0.5Ω+rE，解得E=3.0V ， r=2.0Ω，测量过程中没有系统误差，电动势的测量值等于真实值。
(2)图丁中，根据闭合电路欧姆定律得U+2IR0+r=E，整理得I=-12R0+rU+E2R0+r，将其 I-U 图像画在图丙中，如图所示，两线相交处I=0.275A ， U=1.63V，灯泡的实际功率为P=IU=0.275A×1.63V≈0.45W。
12.【答案】2tn-1
4π2k
2b

【解析】(2)摆球每个周期经过平衡位置两次，从摆球第1次经过平衡位置开始计时，第n次经过平衡位置结束计时，则有(n-1)T2=t，解得T=2tn-1。
(4)根据公式T=2π l+D2g得l=g4π2T2-D2，故k=g4π2，-D2=-b，解得g=4π2k，D=2b。
13.【答案】(1)在波的传播方向上，各质点起振方向相同，与此时刻x=0.30m处质点R的振动方向相同，沿y轴负方向；
(2)方法一：由波的图象可得波长 λ=0.24m ，P点第一次到达波谷的时间即为P点前方距P点最近的波谷传播到P点所用的时间
Δt=Δx1v=0.96-
方法二：可从“振动形式传播”的角度分析，由图象知，波长 λ=0.24m ，
故波的周期
T=λv=
R的振动形式传到P点所用的时间
Δt1=Δx2v=0.96-
P开始振动后只需 14T 即可到达波谷，即
Δt2=14T=1s
故再经过12s，质点P第一次到达波谷。
(3)因
ΔxPQ=0.6m=52λ
所以P、Q两质点振动情况完全相反，当质点P达到波峰时，质点Q在波谷。

【解析】解析请参考答案文字描述
14.【答案】(1)系统水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v
解得v=2m/s
(2)由能量守恒定律，有12mv02 =mgR+12m(vy2+v2) +12Mv2
根据匀变速直线运动规律有vy=gt
解得t=0.6s
则t总=2t=1.2s
(3)设小球回到E点时速度为v1，滑块速度为v2，由动量守恒及能量守恒有mv0=mv1+Mv2
12mv02=12mv12+12Mv 22
对滑块根据动能定理有W=12Mv 22
解得W=24 J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)从M到N粒子动能不变，电场力做功为0，所以MN为等势线，由于粒子带正电且所受电场力偏向，所以电场强度方向垂直MN斜向左下。
(2)粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子做匀速运动，则有
2R=vcs45∘⋅t
垂直MN方向有
0=vsin45∘⋅t-12at2
根据牛顿第二定律得
qE=ma
联立解得匀强电场的场强大小为
E=mv22qR
(2)如图所示
当粒子运动到P点时，电势能最小；由
v1cs45∘t'=R ， -v1sin45∘t'+12at'2=R ， Δv=qEmt'
联立解得
Δv= 2v

【解析】详细解答和解析过程见【答案】