山东省聊城一中2024-2025学年高二上学期期中物理试卷（含解析）

这是一份山东省聊城一中2024-2025学年高二上学期期中物理试卷（含解析），共17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.如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，小球在M、N之间做简谐运动，其振动的图像如图乙所示。已知小球质量为50g，轻质弹簧的劲度系数为5N/m，下列说法正确的是( )
A. t=0.05πs时小球经过平衡位置
B. t=0.075πs时与t=0.125πs时，滑块的速度相同
C. t=0.1πs到t=0.15πs时间内弹簧的弹性势能逐渐减少
D. 小球运动过程中的最大加速度为4m/s2
2.某手机说明书的部分内容如表所示，若用该手机播放视频，可以播放约20小时。下列说法正确的是( )
A. 充满电时电池可储存的最大能量为4JB. 充满电时电池可储存的最大电荷量为4C
C. 播放视频时电流约为200mAD. 待机状态时电流约为6.7μA
3.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A. 45kgB. 47.5kgC. 50kgD. 55kg
4.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为( )
A. 3 s、6 cmB. 4 s、6 cmC. 4 s、9 cmD. 2 s、8 cm
5.如图甲所示，一小物块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量m=1kg，与台面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10N/kg。则物块在t=1.5s时刻的速度大小为( )
A. 910m/sB. 1112m/sC. 32m/sD. 2m/s
6.某物理兴趣小组设计了一个如图所示的多用电表电路图。已知表头G的满偏电流Ig=30mA、内阻Rg=90Ω，定值电阻R1=10Ω，R3=191.0Ω，电源电动势E=12V、内阻r=2Ω，电阻箱R2的调节范围是0～999.9Ω。选择开关置于2位置，通过开关S的通断可以实现欧姆表“×1”与“×10”两种倍率。下列说法正确的是( )
A. 与多用电表B端相连的是红表笔
B. 选择开关置于1位置，闭合开关S，电流表的量程为270mA
C. 选择开关置于3位置，闭合开关S，电压表的量程为60V
D. 选择开关置于2位置，则断开开关S，欧姆表为“×1”倍率
7.如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示摆球从A点运动开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A. 单摆的振动周期为0.2πsB. 单摆的摆长为0.1m
C. 摆球的质量为0.05kgD. 摆球运动过程中的最大速度0.08m/s
8.如图所示，铁块a与内壁光滑的半圆形凹槽b并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，直径POQ水平。可视为质点的小球c自P点正上方高3R处由静止开始下落，恰好从P点进入槽内。已知铁块a、半圆形凹槽b和小球c的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力。小球进入槽内之后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. c第一次到达最低点前，a，b，c组成的系统动量守恒
B. c第一次到达最低点时，a的速度大小为4 gR3
C. c第一次冲出Q点后，上升的最大高度为2R
D. b能获得的最大速度大小为43 gR
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统随之振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 弹簧和小球组成的振动系统的固有频率为20Hz
B. 弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为3s
C. 当圆盘的转速保持10r/min不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为13Hz
D. 当圆盘的转速保持10r/min不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为16Hz
10.如图所示，电源电动势、内阻恒定，滑动变阻器滑片处于某位置时，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法正确的是( )
A. 理想电压表V1、V2的示数都增大
B. 理想电流表A示数减小，电源的效率增大
C. 带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流
D. ΔU3=ΔU1+ΔU2
11.图甲所示的电路中，所用电源内电阻r=0.5Ω，定值电阻R2=4Ω。实验时调节滑动变阻器R1的阻值，得到多组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点，并做出U−I图像如图乙所示。将R1连入电路的阻值调至最大时，对应图乙中的A点。下列说法正确的是( )
A. 电源电动势为2.5VB. 电流表的内阻为1Ω
C. 电路的最大输出功率为3.125WD. 滑动变阻器消耗的最大功率为0.3125W
12.如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是( )
A. 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A和B组成的系统的动量不为零
B. 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零
C. 当弹簧恢复原长时，乙图中A车速度是甲图中A车速度的2倍
D. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的 2倍
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某同学用单摆测量重力加速度。
(1)为了减少测量误差，下列做法正确的是______(多选)
A.单摆的振幅越大越好
B.摆球质量大些、体积小些
C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
(2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量摆球直径d。螺旋测微器示数如图甲所示，摆球直径d=______，记摆长l=L+d2。
(3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的摆球摆动周期T，并作出l−T2图像，如图乙所示。根据图线斜率可计算重力加速度g=______m/s2(结果保留三位有效数字，π2取9.87)。
(4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
14.实验室中有一用某种导电材料制成的圆柱体，小明同学想测量该材料的电阻率ρ，已知圆柱体的阻值大约在40～50Ω之间，现提供以下实验器材：
20分度的游标卡尺和螺旋测微器；
电源E(电动势12V，内阻为0.5Ω)；
电压表(0～3～15V，内阻约为10kΩ)；
电流表(0∼0.6∼3A，内阻约为1Ω)；
滑动变阻器R1(阻值0～10Ω，额定电流2A);
滑动变阻器R2(阻值0～1750Ω，额定电流0.3A)；
开关S和导线若干。
(1)该同学分别利用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的有效长度L和圆柱体的直径d，游标卡尺的读数如图甲所示，则L=______mm。
(2)实验要求测量准确且获得多组数据，电压表的量程应选用0∼______V，电流表的量程应选用0～______A，滑动变阻器应选用______(选填“R1”或“R2”)。用笔画线代替导线将图乙实物图补充完整。
(3)连接好实验电路后，闭合开关，记录电压表读数U和电流表读数I，结合之前测得的L和d可计算出导电材料的电阻率ρ，请写出其表达式ρ=______(用字母L、d、U、I表示)。
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
15.如图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机，重物P用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P匀速上升时，电流表和电压表的示数分别为I=5.0A和U=110V，已知重物P上升的速度v=0.80m/s，重物的质量m=50kg(g取10m/s2)。求：
(1)直流电动机的机械效率η；(结果保留三位有效数字)
(2)电动机线圈的电阻R。
16.如图所示，体育课上一位同学正在练习用头颠球。某次足球以大小为4m/s的速度竖直向下落在头上，与头部作用时间0.1s后，以大小为4.8m/s的速度被重新顶起，足球离开头部后经0.4s竖直上升至最高点。已知足球的质量为0.4kg，足球在空中受到的空气阻力大小恒定，与头部接触过程不计空气阻力。重力加速度g取10m/s2，在此次颠球过程中，求；
(1)足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力；
(2)足球上升过程中，受到的空气阻力的冲量大小。
17.如图所示，足够大的光滑水平桌面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与小球A栓接。开始时，小球A用细线跨过光滑的定滑轮连接小球B，桌面上方的细线与桌面平行，系统处于静止状态，此时小球A的位置记为O，A、B两小球质量均为m。现用外力缓慢推小球A至弹簧恢复原长后释放，在小球A向右运动至最远点时细线断裂，已知弹簧振子的振动周期T=2π mk，重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求细线能承受的最大拉力的大小；
(2)从细线断裂开始计时，以水平向右为正方向；
①写出小球A的位移随时间变化的关系式；
②求小球A第一次返回O点所用的时间t。
18.如图所示，物块A放在平台上，长木板B静止在水平面上，B的上表面与平台齐平、左端紧靠平台，一小球用不可伸长的轻绳悬挂于O点。现将小球向左拉至轻绳水平后由静止释放，小球在最低点与A沿水平专向发生弹性碰撞，此后A滑过平台并滑上B且恰好不滑离B。已知A、B的质量分别为mA=1kg、mB=3kg，小球的质量m=13kg，A与平台间、A与B闯的动摩擦因数均为μ=0.4，B与水平面间无摩擦。开始时A离平台右端的距离x=58m，轻绳的长度l=1.8m，A与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)小球与A碰撞前瞬间，细线拉力F的大小；
(2)小球与A碰撞后瞬间，A的速度大小；
(3)A从开始运动至到达B右端所用的时间；
(4)A与B间由于摩擦产生的热量。
答案解析
1.【答案】B
【解析】A.t=0.05πs时，小球在最大位移处，不是平衡位置，故A错误；
B.由图像知t=0.075πs时与t=0.125πs时运动方向相同，距离平衡位置的长度相同，所以此时滑块的速度相同，故B正确；
C.t=0.1πs到t=0.15πs时间内弹簧由平衡位置向位移最大处运动，弹簧的形变量逐渐增加，所以弹簧的弹性势能逐渐增加，C错误；
D.小球在M和N时的加速度最大，由图乙可知，振幅为2cm，则kΔx=ma，解得a=2m/s2，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A.题目中没有说明该电池的电动势，所以不能求出充满电时电池可储存的最大能量，A错误；
B.充满电时电池可储存的最大电荷量
q=It=4000×10−3A×3600s=1.44×104C
B错误；
C.播放视频时的平均电流
I=qt=1.44×10420×3600A=0.2A=200mA
C正确；
D.待机状态时电流
I′=qt′=1.44×10425×24×3600A≈ 0.0067A=6.7×103μA
D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】根据题意，设女子的质量为 m ，由动量守恒定律有mv=m竿v竿
由于系统的水平动量一直为0，则运动时间相等，设运动时间为 t ，则有mvt=m竿v竿t
整理可得mx人=m竿x竿
解得m=m竿x竿x人=25×
故选A。
4.【答案】B
【解析】简谐运动的质点，先后以相同的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等；
那么平衡位置O到N点的时间t1=0.5s，因过N点后再经过t=1s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位置的时间t2=0.5s；
因此，质点振动的周期是T=4×(t1+t2)=4s
质点在这2s内总路程的一半，即为振幅，所以振幅A=12cm2=6cm
故选：B。
5.【答案】B
【解析】根据图像与坐标轴围成的面积表示冲量求解力F的冲量，根据动量定理求解速度大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
物体受到的最大静摩擦f=μmg=1N
0∼1s 推力F与t的关系为F=2−0.81t+0.8=1.2t+0.8
当推力F大于最大静摩擦时，物体开始运动F=f
解得t=16s
16∼1.5s 内，物块根据动量定理可得IF−μmgΔt=mv−0
16∼1.5s ，推力F的冲量为IF=1+22×(1−16)+2×0.5N⋅s=2.25N⋅s
解得v=1112m/s
故ACD错误，故B正确。
6.【答案】C
【解析】A、根据多用电表“红进黑出”可知与B端相连的是黑表笔，A错误；
BC、选择开关置于1位置，闭合开关S时， IA=Ig+RgR1Ig=300mA ，
R1 与 Rg 并联后总电阻 RA=9Ω ，S闭合，选择开关置于3时， U=IARA+R3=60V ，B错误，C正确；
D、正确调零后，欧姆表的内阻 R内=FIA ，闭合开关S时，电流表量程为S断开时的10倍，故而内阻是S断开时的1，因此开关S闭合为“×1”倍率，S断开为“×10”倍率，D错误。
7.【答案】C
【解析】A.由乙图可知，单摆每个周期经过两次最低点，即每个周期细线的拉力出现两次最大值，则单摆的周期为 0.4πs ，故A错误；
B.由单摆周期公式
T=2π lg
代入数据，解得
l=0.4m
故B错误；
CD.由乙图和牛顿运动定律得，设摆球在A时，摆线与竖直方向的夹角为 θ ，则在最高点时
mgcsθ=0.495N
在最低点时
mg+mv2l=0.510N
从最高点到最低点，由动能定理得
mgl(1−csθ)=12mv2
联立解得
m=0.05kg
v=0.2 2m/s
故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】c第一次到达最低点前，a、b、c组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；
c第一次到达最低点时，ab速度向左，设其大小为 vx1 ，c速度向右，设其大小为 vx2 ，则 2mvx1=mvx2 ，由能量关系 mg⋅4R=12⋅2mvx12+12mvx22 ，解得可 vx1=2 gR3 ， vx2=4 gR3 ，B错误；
当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，c第一次冲出Q点后上升至最大高度时，bc水平方向共速，对bc系统有 mvx2−mvx1=2mvx3 ，解得 vx3= gR3 ，根据系统机械能守恒有 mg⋅4R=12mvx12+12⋅2mvx32+mgH+mgR ，解得 H=2R ，C正确；
当c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度大小为 43 3gR ，D错误。
9.【答案】BD
【解析】AB.由图乙可知，当圆盘的转速为20r/min时，振幅最大，则有ω=2πn=2π×2060rad/s=2π3rad/s，则弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为T0=2πω=2π2π3s=3s，弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为f0=1T0Hz=13Hz，故A错误，B正确;
CD.当圆盘的转速保持10r/min不变时，则有ω′=2πn′=2π×1060rad/s=π3rad/s，
则弹簧和小球组成的振动系统的周期为T′=2πω=2ππ3s=6s，弹簧和小球组成的振动系统的频率为f′=1T′=16Hz，故C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】B.分析电路可知，开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻 R1 串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小，电源的效率 η=IUIE=R1+RR1+R+r=11+rR1+R ，随着滑动变阻器接入电路的电阻变大，电源的效率变大，B正确；
A.理想电压表 V1 测量定值电阻 R1 两端的电压，根据欧姆定律可得 U1=IR1 ，电路电流减小，则 U1 变小，即理想电压表 V1 示数减小，而理想电压表 V2 测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得 U2=E−Ir ，电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表 V2 的示数增大，A错误；
C.理想电压表 V2 测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得 U3=E−IR1+r ，电路电流减小，则 U3 增大，根据 C=QU3 ，可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻 R2 中有从b流向a的瞬间电流，又 E=U3d ，可得两极板间的电场强度E增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，C错误；
D.根据上述分析可知， ΔU3ΔI=R1+r ， ΔU1ΔI=R1 ， ΔU2ΔI=r ，则 ΔU3=ΔU1+ΔU2 ，D正确。
11.【答案】AD
【解析】AB.题意知将 R1 连入电路的阻值调至最大时，对应图乙中的A点，此时R1电压为U=2V，电路电流为I=0.1A，由闭合电路欧姆定律得
E=IR1+R2+RA+r=U+IR2+RA+r
可得
r+R2+RA=5Ω
代入数据可得
RA=0.5Ω
由
E=U+Ir+R2+rA
将A点数据代入可得
E=2.5V
故A正确，B错误；
C.由于外电路总电阻大于电源内阻，故当滑动变阻器阻值为零时，电源输出功率最大，最大功率
P出max=ER2+RA+r2×R2+RA=1.125W
故C错误；
D.结合以上分析可知，当滑动变阻器的阻值
R1=r+R2+RA=5Ω
此时滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率
P1=ER1+R2+RA+r×R1=E24R2+RA+r =0.3125W
D正确。
故选 AD。
12.【答案】BD
【解析】A.甲图中小车A和B组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统的初动量为零，根据动量守恒定律可知，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，小车A和B组成的系统的动量为零，故A错误；
B.乙图中，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，A向左运动，动量不为零。B静止，动量为零，则乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零，故B正确；
C.设甲、乙的质量均为m，弹簧释放前的弹性势能为Ep。甲图中，设当弹簧恢复原长时，A车速度大小是vA，B车速度大小是vB，取向左为正方向，由动量守恒定律得0=mvA−mvB
根据机械能守恒得EP=12mvA2+12mvB2
联立解得vA= Epm
乙图中，当弹簧恢复原长时，A车速度为vA′。根据机械能守恒得EP=12mvA′2
联立解得vA′= 2Epm
则vA′= 2vA
故C错误；
D.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量与弹簧对A车的冲量大小相等，对A车，根据动量定理得，弹簧对A车的冲量大小IA=mvA′−0=mvA′
甲图中弹簧对B车的冲量大小为IB=mvB=mvA
则IA= 2IB
乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的 2 倍，故D正确。
故选：BD。
13.【答案】(1)BC
(2)20.035(20.031∼20.036)
(3)9.87(9.80∼9.89)
(4)不变

【解析】解：(1)A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过5°，否则单摆将不做简谐振动，故A错误；
B、实验尽量选择质量大的、体积小的摆球，减小空气阻力，减小实验误差，故B正确；
C、为了减小实验误差，摆线应选用轻且不易伸长的细线，实验应选择细一些、长度适当、伸缩性小的细线，故C正确；
D、摆球在平衡位置(最低点)速度最大，计时更准确，故D错误。
(2)摆球直径 d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm 。
(3)单摆周期公式 T=2π lg ，整理得 l=g4π2T2 ，
图线的斜率 k=g4π2=1.10−−2.40m/s2=14m/s2 ，
解得 g=9.87m/s2；
(4)若将摆线长度L误认为摆长l，有 T=2π L+d2g ，整理可得 L=gT24π2−d2 ，仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为 g4π2 ，故得到的重力加速度值不变。
14.【答案】(1)101.20；
(2)15；0.6；R1；
；
(3) πd2U4IL
【解析】解：(1)圆柱体的有效长度 L=101mm+5×0.05mm=101.25mm；
(2)由于电源的电动势为12V，所以电压表应选用0～15V量程；根据 I=UR 可得，通过待测电阻的最大电流 I=UR=1240A=0.3A ，所以电流表应选用0～0.6A的量程；
为了获得多组数据，本实验采用分压式，所以滑动变阻器应选用 R1 ；由于满足 Rx2