2024~2025学年山东省日照市高二上学期期中考试物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年山东省日照市高二上学期期中考试物理试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于磁场的说法正确的是（ ）
A. 磁感线是客观存在的，可以用细铁屑模拟它的形状
B. 一小段通电导线放在匀强磁场中，可能不受磁场力的作用
C. 磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线所受到的磁场力的方向相同
D. 根据磁感应强度的定义式可知，B与F成正比，与IL成反比
【答案】B
【解析】A．磁感线是人为假象出来的，并不是真实存在的，但可以用细铁屑来模拟它的形状，故A错误；
B．若将一小段通电导线平行于磁场方向放在匀强磁场中，它将不会受到磁场力的作用，故B正确；
C．磁感应强度是矢量，根据左手定则，可知它的方向与通电导线所受到的磁场力的方向垂直，故C错误；
D．磁感应强度是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，欧姆表内部电路可简化为电源、一个电流表和一个滑动变阻器串联而成。用欧姆表测电阻时，下列说法正确是（ ）
A. 图中的a端应接黑色表笔
B. 进行欧姆调零时，应使指针指在表盘上电流为零处
C. 欧姆表刻度盘上电阻值的刻度是均匀的
D. 改变不同倍率的欧姆挡后必须重新进行欧姆调零
【答案】D
【解析】A．电流从红表笔流入，黑表笔流出，故图中的a端应接红色表笔，故A错误；
B．红黑表笔短接，进行欧姆调零时，应使指针指在表盘上电流最大值处，故B错误；
C．根据可得与不成正比，但电流表表盘的刻度是均匀的，故欧姆表刻度盘上电阻值的刻度是不均匀的，故C错误；
D．改变不同倍率的欧姆挡，中值电阻改变，欧姆表的内阻改变，故需要重新进行欧姆调零，故D正确。
故选D。
3. 一个有小孔的小球连接在轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定，把小球套在光滑的杆上，能够自由滑动，静止时小球位于O点。现将小球向左推至A点后由静止释放，如图甲所示，小球将在A、B两点之间做简谐运动，运动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 小球做简谐运动的周期为0.8s，振幅为8cm
B. 小球从A运动到B的过程中，速度先减小后增大
C. 小球运动到P点时，加速度的方向指向O点
D. 小球在任意0.2s的时间内运动的路程均为4cm
【答案】C
【解析】A．结合图像可知，小球做简谐运动的周期为0.8s，振幅为4cm，故A错误；
B．小球从A运动到B的过程中，弹力对小球先做正功后做负功,故小球速度先增大后减小，故B错误；
C．球运动到P点时，回复力指向O点，故加速度的方向指向O点，故C正确；
D．小球只有从平衡位置或波峰、波谷开始计时时,0.2s的时间内运动的路程才为4cm，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，正方形金属线圈abcd与通电长直导线位于同一纸面内，ad与导线平行，虚线为平行于ad的轴线。下列判断正确的是（ ）
A. 若线圈在纸面内远离导线，不能产生感应电流
B. 若线圈在纸面内沿轴线向右运动，能产生感应电流
C. 若线圈绕着虚线匀速转动，能产生感应电流
D. 若线圈垂直纸面向外运动，不能产生感应电流
【答案】C
【解析】根据安培定则判断知在通电直导线下侧产生垂直纸面向里的磁场，且离导线越近磁场越强，离导线越远磁场越弱。当穿过闭合线圈中的磁通量发生改变时，线圈中将产生感应电流。
A．若线圈在纸面内远离导线，线圈内的磁通量减小，有感应电流产生，故A错误；
B．若线圈纸面内沿轴线向右运动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；
C．若线圈绕着虚线匀速转动，线圈内的磁通量发生改变，有感应电流产生，故C正确；
D．若线圈垂直纸面向外运动，线圈内的磁通量减小，有感应电流产生，故D错误。
故选C。
5. 周期是2 s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g（g为地球表面的重力加速度）。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2 s，则可以（ ）
A. 仅将摆长调整为2.5lB. 仅将摆长调整为0.4l
C. 仅将振幅调整为2.5AD. 仅将振幅调整为0.4A
【答案】B
【解析】AB．根据单摆的周期
单摆的周期与摆长及重力加速度有关，在地球表面上
在火星表面
根据题意可知，单摆的周期不变，故有
解得
A错误，B正确；
CD．根据上述分析可知，单摆的周期与振幅无关，只与摆长及重力加速度有关，CD错误。
故选B。
6. 一名连同装备总质量为M的航天员，在距离空间站x处与空间站相对静止。装备中有一个高压气罐，能喷出气体从而使航天员相对于空间站运动。某次航天员启动高压气罐，一次性向远离空间站的方向以速度v（以空间站为参考系）喷出质量为Δm的气体，使航天员在时间t内匀速返回空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 若高压气罐喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于t
B. 若高压气罐喷出气体质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C. 喷出气体的质量
D. 在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统机械能守恒
【答案】A
【解析】AB．根据动量守恒有
解得
若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则变大，故返回时间小于t；由
若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，可知减小，得减小，则返回时间大于t，故A正确，B错误；
C．由题意知，航天员的速度为
喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故C错误；
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。
7. 如图甲所示，底面为直角三角形的柱体位于空间坐标系O-xyz中，线段MN=OP=0.4m，NE=OF=0.3m，MP=NO=EF=0.4m。整个柱体处于匀强磁场中，磁感应强度B为1.0T，方向平行于xOy平面，并与x轴正方向的夹角θ=37°，如图乙所示。已知：sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A. 通过面积SONMP的磁通量为0
B. 通过面积SMNE的磁通量为0.036Wb
C. 通过面积SONEF的磁通量为0.096Wb
D. 通过面积SMEFP的磁通量为0.8Wb
【答案】B
【解析】A．磁场在沿着x方向的分量为
通过平面的磁通量为
故A错误；
B．磁场在沿着y方向的分量为
通过平面的磁通量为
故B正确；
C．磁感应强度B平行于xOy平面，通过平面的磁通量为0，故C错误；
D．平面与y轴平行，所以磁场在y轴方向的分量通过平面的磁通量为零，平面在垂直x轴方向的投影为平面，所以，通过平面的磁通量为
故D错误。
故选B。
8. 如图所示，电路中的电源电动势E和内阻r恒定，R1、R2为定值电阻，且R1=r，R3为滑动变阻器，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向上移动一小段距离，电压表示数变化量的绝对值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI。下列判断正确的是（ ）
A. 电源的输出功率增大B. 定值电阻R1消耗的功率增大
C. 电流表的示数增大D. ΔU与ΔI的比值增大
【答案】C
【解析】A．当滑动变阻器的滑片向上移动一小段距离时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，整个外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律
可知，电路中的电流减小，外电路的电压
此时外电路的电压增大，结合输出功率
解得
其图像如下
由图像可知，当时，外电路的电阻增大，其输出功率减小，结合题意可知外电路的电阻
故滑片向上移动时，增大，电源的输出功率减小，A错误；
B．根据
可知，当电路中的电流减小时，的电功率变小，B错误；
C．把也等效成电源的内阻，故并联部分电路的电压
当电路中的电流减小时，并联部分电路的电压增大，根据欧姆定律
可知，电流表的示数变大，C正确；
D．由闭合电路欧姆定律可知
整理得
故ΔU与ΔI的比值不变，D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 电磁波使古代人“顺风耳、千里眼”的梦想变成了现实。下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A. 变化的电场会产生磁场，变化的磁场会产生电场
B. 水波、声波和电磁波传播都离不开介质
C. 电磁波是一种物质，具有能量
D. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波
【答案】AC
【解析】A．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场会产生磁场，变化的磁场会产生电场，故A正确；
B．水波、声波的传播离不开介质，电磁波的传播不需要介质，故B错误；
C．电磁波是一种物质，具有能量，故C正确；
D． 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误。
10. 如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的固有周期为2s的振动系统。现使圆盘以频率f匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。下列判断正确的是（ ）
A. f=1Hz时，小球振动的周期为2s
B. f=0.25Hz时，小球振动的周期为4s
C. f越大，小球振动的振幅就越大
D. 小球振动的振幅最大时，f一定为0.5Hz
【答案】BD
【解析】AB．当f=1Hz时，小球振动的周期为
f=0.25Hz时，小球振动的周期为
故A错误，B正确；
CD．当f=0.5Hz时，小球振动的周期为2s，与弹簧和小球组成的固有周期相等，此时小球产生共振，振幅最大，故C错误，D正确。
故选BD。
11. 我国汽车产业取得举世瞩目的历史性成就，2023年成为全球最大的汽车出口国。国产某品牌电动汽车的质量m=1000kg，驾驶员的质量m0=50kg，电动机正常工作的额定电流I=40A，额定电压U=400V，电池的容量为200A·h。一次电动汽车性能测试中，测得电动汽车在水平地面上由静止开始以额定功率运行t=5s的时间内，通过的距离x=10m，速度达到v=10m/s。已知电动汽车行驶时所受阻力的大小为人和车总重力的0.1倍，重力加速度g=10m/s2。忽略电动机转动时的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 该过程中电动机的输出功率为12.6kW
B. 电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为5小时
C. 电动汽车能达到的最大速度为15m/s
D. 电动机线圈的电阻为2.125Ω
【答案】ABD
【解析】A．由动能定理可得
解得
故A正确；
B．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为
故B正确；
C．根据可知，电动车能达到的最大速度为
故C错误；
D．根据可知
解得驱动电动机的内阻为
故D正确。
故选ABD。
12. 如图所示，质量为4m、半径为R的光滑半圆槽a和质量为m的物块b并排置于光滑水平面上。现将质量为m的小球c自左侧槽口M的正上方2R高度处由静止释放，到达M点时与半圆槽相切进入槽内，N为半圆槽的最低点，P为半圆槽的右侧槽口。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列判断正确的是（ ）
A. 小球从M到N的过程中，半圆槽的位移大小为
B. 小球到达N点时的速度为
C. 小球到达P点时，物块b的速度为
D. 小球从P点滑出时的速度大小为
【答案】AC
【解析】A．设半圆槽、物块b在水平方向移动的距离为，小球c在水平方向移动的距离为，小球c与半圆槽、物块b组成的系统在水平方向动量守恒，则有
联立解得
A正确；
BC．根据上述分析可知，小球到达N点时的速度与半圆槽、物块b此时的速度的关系满足
根据能量守恒可得
联立解得
在此之后，物块b与半圆槽分离，故物块b将以此速度向左做匀速直线运动，故B错误，C正确；
D．从N点到P点小球c与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，设小球到P点时，半圆槽、小球的水平速度为，小球竖直方向上的速度为，以水平向右的方向为正方向，根据动量是守恒定律可得
根据能量守恒可得
联立解得
小球从P点滑出时的速度大小
D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题包括6小题，共60分。
13. 某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器，可以测量小车A到传感器的距离x。
（1）现将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示，此时应将小木块水平向______（选填“左”或“右”）稍微移动一下。
（2）调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B（后端粘有橡皮泥）相碰并粘在一起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。
（3）已知小车A的质量为0.4kg，小车B（连同橡皮泥）的质量为0.2kg，由此可知碰前两小车的总动量是______kg·m·s-1，碰后两小车的总动量是______kg·m·s-1。（计算结果均保留两位有效数字）。若在误差允许的范围内，两小车碰撞前后总动量相等，则碰撞前后动量守恒。
【答案】（1）左 （2）
【解析】[1]由乙图可知，给小车A一个初速度后小车A做减速运动，所以，应将小木块水平向左稍微移动一下，以使小车A在斜面上能做匀速运动。
[2][3]由丙图可求得碰前和碰后小车A的速度分别为
，
所以，碰前和碰后两小车的总动量分别为
14. 某物理学习小组测一节干电池的电动势和内阻，除了电池、开关和若干导线之外，实验室还提供了以下器材：
A.电流表A（量程为100mA、内阻为4.0Ω）
B.电压表V（量程为3V、内阻约为1kΩ）
C.电阻箱R0（0∼99.9Ω）
D.滑动变阻器R（0~20Ω，最大电流为2A）
（1）利用实验室提供的电流表和电阻箱改装成一个量程为0.6A的电流表，则电阻箱的阻值应该调整到______Ω。
（2）该小组设计的电路图如图甲所示，为了准确测量电源内阻，改装后的电流表应该接在______（选填“a”或“b”）点。
（3）闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压表的示数U和电流表的示数I（表盘刻度未修改），根据实验数据所绘制出的U-I图像如图乙所示。根据图像可得，被测干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω（结果均保留两位小数）。
【答案】（1）0.8 （2）b （3）1.48 1.93
【解析】（1）电流表改装成一个量程为0.6A的电流表需并联一个电阻，根据欧姆定律有
代入数据，解得
（2）因为电压表内阻过大，分流很小，且改装表内阻与电源内阻相当，故为了减少误差，改装后的电流表应该接在b点；
（3）[1][2]因为盘刻度未修改，所以当电流表电流为I时,改装表电流为6I，根据闭合欧姆定律有
结合图像乙可知，纵截距表示电动势大小
E=1.48V
图像斜率绝对值为
故r=1.93Ω
15. 高空抛物会带来很大的社会危害，2021年3月1日，最新刑法修正案将“高空抛物”正式入刑。消防救援队做过实验：地面叠放着四块厚度为3-5毫米的钢化玻璃，使用升降云梯将一消防员升至高空，从距地面15m的位置由静止释放一个330g的可乐易拉罐，当易拉罐落到玻璃上时，玻璃和易拉罐同时爆裂。若易拉罐与玻璃的接触时间为0.002s，认为易拉罐碰撞后不反弹，不计空气阻力，g取10m/s2，，计算结果均保留两位有效数字。
（1）若碰撞时忽略易拉罐本身的重力，求易拉罐对玻璃的平均撞击力大小F1；
（2）若碰撞时考虑易拉罐本身的重力，求易拉罐对玻璃的平均撞击力大小F2，并比较F1与F2，简述你的发现。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设玻璃对易拉罐的平均作用力为，根据机械能守恒定律可知，落到玻璃上瞬时速度的大小为
解得
方向竖直向下，选取竖直向下的方向为正方向，以易拉罐为研究对象，由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，玻璃对易拉罐的作用力与易拉罐对玻璃的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故有
（2）同理考虑易拉罐的重力则有
解得
结合牛顿第三定律可知，易拉罐对玻璃的作用力大小
通过比较发现，在作用时间很短的情况下，物体本身的重力，对于从高空坠落的物体对其它物体的作用力几乎没有影响，既使一个质量很小的物体，从高处掉落，也会产生很大的作用力，这就是高空抛物潜在的危险所在。
16. 如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面顶端固定一轻弹簧，弹簧下端连接着小球甲，小球甲与小球乙通过轻绳连接。已知小球甲的质量m甲=200g，小球乙的质量m乙=400g，静止时弹簧的伸长量x=18cm（未超出弹性限度）。现烧断甲、乙之间的轻绳，则甲沿斜面做简谐运动。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）小球甲做简谐运动的振幅A；
（2）小球甲运动过程中的最大加速度a；
（3）小球甲运动过程中弹簧的最大压缩量Δx。
【答案】（1）12cm （2）12m/s2 （3）6cm
【解析】（1）由题意，当小球甲静止时，有
剪断细绳后，小球甲处于平衡位置时，有
联立求得此时弹簧的伸长量为
则小球甲做简谐运动的振幅
（2）根据简谐振动的特点，可知剪断细绳瞬间，小球甲具有运动过程中的最大加速度，根据牛顿第二定律有
（3）根据简谐振动的对称性，可知当小球甲运动到斜面最高点时，此时弹簧具有最大压缩量，且
求得
17. 如图甲所示的电路中，R2=6Ω，电容器的电容C=5μF，开关S闭合、S1断开。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢移动到b端的过程中，电压表的示数U随电流表的示数I变化的关系如图乙所示。电压表和电流表均为理想电表。
（1）求电源的电动势E、内阻r和电阻R1的阻值；
（2）求滑动变阻器R消耗的最大功率P；
（3）将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关S1，电路再次稳定后，求通过电阻R3的电荷量Q。
【答案】（1）E=6V，r=2Ω，R1=2Ω （2）P=2.25W （3）
【解析】（1）依题开关S闭合、S1断开，根据闭合电路欧姆定律
结合图像，得
解得
E=6V，r=2Ω
图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到b处时，R1电压为3V，流过R1电流为1.5A，故
（2）将R1等效为电源内阻一部分，故电源等效内阻
此时外电路只有滑动变阻器，结合闭合闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器消耗功率
可知R滑=r等效时，功率最大，即
（3）结合图像当滑动变阻器的滑片置于a端时，外电阻
解得
R滑=8Ω
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，此时电容器两端电压为滑动变阻器电压
将滑动变阻器的滑片置于中间，电路稳定后，闭合开关S1，电路再次稳定后,干路电流
故通过R1的电流为
此时电容器两端电压为R1两端电压，又因为极板间所带正负电荷与之前相反，即
故求通过电阻R3的电荷量
Q=C(UC1-UC2)
解得
18. 如图所示，平台MN的左端紧靠倾角为45°的固定斜面，右端与倾角为37°、逆时针匀速运动的传送带平滑相连，传送带底端与光滑水平地面PQ在P点平滑连接。带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块b静止在水平地面上，底端与水平地面相切。平台左端M点放置一小物块c，将小物块a从四分之一光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，滑到水平地面后又沿传送带从N点平滑滑上平台，运动一段时间后，与c发生弹性碰撞，碰后c从平台的M端水平抛出，一段时间后与斜面发生碰撞，碰撞后垂直斜面方向的速率变为原来的一半，平行斜面方向的速率变小，碰撞过程忽略重力的影响。已知ma=0.2kg，mb=0.8kg，mc=0.6kg，光滑圆弧轨道的半径R=4m，平台MN的长度l1=1.6m，传送带顶端到底端的距离l2=1.6m，小物块a与传送带、平台间的动摩擦因数μ1均为0.5，小物块c与斜面间的动摩擦因数，传送带的运行速度v=2m/s，g取10m/s2，忽略传送带转轮体积，a、c均可视为质点，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）小物块a到达水平地面的速度v0；
（2）小物块a与小物块c碰撞后瞬间，二者的速度大小；
（3）小物块c第一次与斜面碰撞后瞬间的速度大小。
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】（1）设小物块a到达水平地面的速度大小为，滑块b的速度大小为，根据a、b组成的系统，在水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立，解得
（2）小物块a运动到传送带时，因为，所以，摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律
解得
假设小物块a在传送带上未减速到与传送带共速，设在N点的速度大小为，根据运动学公式
解得
所以假设成立。小物块a运动到M点，设与c碰撞前的速度大小为，根据动能定理
解得
小物块a与小物块c碰撞为弹性碰撞，则动量守恒
动能守恒
解得
，
所以，小物块a与小物块c碰撞后瞬间，小物块a的速度大小为，小物块c的速度大小为。
（3）设经过时间为小物块c与斜面碰撞，则在水平方向匀速直线
在竖直方向自由落体
，
落在斜面上，则
解得
，
设此时垂直斜面的分速度大小为，平行斜面的分速度大小为，则
碰撞过程中，在垂直斜面方向，设平均作用力，作用时间为，根据动量定理可知
在沿平行斜面方向，设碰后速度大小为，则根据动量定理
其中
联立，解得
所以，小物块c第一次与斜面碰撞后瞬间的速度大小为