江苏省扬州市邗江中学2024-2025学年高二（上）期中物理试卷(选修)

这是一份江苏省扬州市邗江中学2024-2025学年高二（上）期中物理试卷(选修)，共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.从2023年起，每年的4月23日将被命名为世界乒乓球日。关于乒乓球运动，下列说法正确的是( )
A. 球拍对乒乓球的弹力越大，乒乓球的动量变化一定越大
B. 一次击球过程中，球拍对乒乓球的冲量大小等于乒乓球对球拍的冲量大小
C. 球拍将飞来的乒乓球以原速率反向击出的过程，乒乓球的动量和动能均保持不变
D. 乒乓球被球拍击打出的过程，球拍对乒乓球的冲量方向与乒乓球初动量冲量方向相同
2.请判定以下物体运动中不是简谐运动的是( )
A. 图甲中，倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开
B. 图乙中，竖直浮在水中的均匀木筷，下端绕几圈铁丝，把木筷往上提起一段距离后放手
C. 图丙中，光滑圆弧面上的小球，从最低点移开很小一段距离，放手后，小球在最低点左右运动
D. 图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动
3.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等，则( )
A. 甲、乙两振子的振幅之比为1：2
B. 甲、乙两振子的频率之比为1：2
C. t=2s时，甲弹簧振子的回复力最大，乙弹簧振子的动能最小
D. 0～8s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4：1
4.如图所示是某种手机电池外壳上的文字说明，则下列说法正确的是( )
A. 该电池的容量为252C
B. mA⋅h与J均属于能量的单位
C. 该电池待机时的平均工作电流约为14.58mA
D. 该电池通过静电力做功将其它形式的能转化为电能
5.图示为两个均匀金属导体R1、R2的I−U图象，把R1均匀拉长到原来的2倍长后的电阻与R2的电阻的比值为
A. 12B. 8C. 6D. 2
6.如图，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点。下列说法正确的是( )
A. 小球振动的周期为2.0s
B. 小球振动的振幅为0.2m
C. 小球的位移一时间关系为x=0.1sin(2πt+π2)m
D. 5s末小球位移为−0.1m
7.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示、以向右运动为正方向，物体质量为5kg、则下列说法正确的是( )
A. 前1s内力F对物体的冲量为5N·sB. t=2s时物体回到出发点
C. t=3s时物体的速度大小为1m/sD. 第3s内物体的位移为1m
8.如图所示为电动机与定值电阻R1并联的电路，电路两端加的电压恒为U，开始S断开时电流表的示数为I1，S闭合后电动机正常运转，电流表的示数为I2，电流表为理想电表，电动机的内阻为R2，则下列关系式正确的是( )
A. UI1−I2=R2B. UI2=R1R2R1+R2
C. I2U=U2R1+U2R2D. I2U=(I2−I1)U+I12R1
9.在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是
A. 电压表和电流表的示数都增大B. 灯L2变暗，电流表的示数减小
C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 电源的效率增大，电容器C的带电量增加
10.近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域的龙头老大。如图是一款“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动及垂升垂降。假设该无人机质量为M，其螺旋桨把空气以速度v向下推，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 水平悬停时，螺旋桨每秒钟所推动的空气质量为Mgv
B. 水平悬停时，无人机的发动机输出功率为Mgv
C. 想要实现水平方向的匀速直线运动，无人机的机身平面必须与地面保持平行
D. 假设无人机在离地面高为h的位置悬停时突然一质量为m的零部件掉落，则当其落到地面瞬间时无人机离地高度为mhM−m(无人机升力不变，不计空气阻力)
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组的同学在实验室练习多用电表的使用。
(1)使用多用电表不同挡位进行测量时，下列接法正确的有( )
A.如图甲所示，用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B.如图乙所示，用直流电流挡测量电路中的电流
C.如图丙所示，用欧姆挡测量小灯泡的工作电阻
D.如图丁所示，用欧姆挡测量二极管的反向电阻
(2)用多用电表测量某元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过小，因此需选择__________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，并需重新欧姆调零后，再次进行测量，若多用电表的指针如图甲所示，测量结果为__________Ω。
12.某实验小组用图甲所示电路测量电源的电动势和内阻，图甲中电压表V的量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。
(1)已知电流计G的满偏电流Ig=200mA、内阻rg=1.80Ω，电路中已将它改装成量程为0.6A的电流表，则R1=_____Ω。
(2)通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数I，作出如图乙的图像。某次测量时，电压表V的指针位置如图丙所示，则电压表读数为_____V。
(3)请根据图乙求出电源的电动势E=_____V(此空保留到小数点后两位)，电源内阻r=_____Ω(此空保留到小数点后一位)。若只考虑电表内阻可能造成的影响，则电源内阻真实值r′=_____
三、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.如图，轻绳上端固定在O点，下端将质量M=3kg的小球悬挂在A点。质量m=10g的玩具子弹，以v0=20m/s的速度射向小球，与小球碰撞后，又以v1=10m/s的速度弹回。已知绳长为L=1m，g取10m/s2，π2=10。求：
(1)碰撞后瞬间小球达到的速度v2。
(2)碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度。
(3)从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到A点。
14.如图的电路中，R1=6Ω，R2=R3=3Ω，R4=R5=15Ω，C=0.2μF，电源电动势E=90V，内阻忽略不计。
(1)仅闭合S1，当b点接地时，m点与n点的电势各是多少伏？
(2)再闭合S2，当S2刚闭合的瞬间，通过R5的电流向什么方向？
(3)S1、S2均闭合，待电路的状态稳定之后，仅将S1断开，求S1断开后通过电阻R1的电量。
15.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q=1×10−2C，质量为m=2×10−2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2)。求
(1)此时平行金属板两板间电压为多少？
(2)此时滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
(3)移动滑动变阻器，电源的最大输出功率是多少？
16.如图所示，滑块A和滑块B静止在光滑的水平面上，两者接触但不连接，滑块A左端是一个14光滑的圆弧槽MN，圆弧槽下端与粗糙水平部分NP相切于N点．现有可视为质点的滑块C从M点由静止开始滑下，恰好能到达P点．已知A、B质量均为1 kg，C的质量为2 kg，圆弧半径为0.4 m，C与NP之间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2．

(1)C由M点运动至N点的过程中，A、B、C组成的系统动量是否守恒？并写出判断的理由；
(2)求当滑块C到达N点时的速度大小；
(3)求NP的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.由动量定理有
F合Δt=Δp
可知，乒乓球的动量变化量等于合外力的冲量，即乒乓球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误；
B.用球拍打击球时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同、冲量大小相等，故B正确；
C.动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍以原速率反向击出的过程，乒乓球的速率不变，可知动能不变，但是方向发生了改变，因此乒乓球的动量发生了改变，故C错误；
D.球被球拍击打出的过程，反向击出，则初末速度方向相反，冲量方向与末速度方向相同，和初动量方向相反，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.把图甲中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球的往复运动，与弹簧振子的运动规律相似，满足F= −kx
为简谐运动，不符合题意；
B.如果不考虑水的粘滞阻力，木筷受力情况是，受到重力和水的浮力。重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时位置看做平衡位置。由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动，不符合题意；
C.小球的受力情况是，受到重力和圆弧面的支持力。重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直。这样，就与单摆具有类似的运动，从而判定小球做简谐运动，不符合题意；
D.图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动，重力沿斜面的分力提供回复力，但该力大小不变，不与位移成正比。故小球的运动不是简谐运动，符合题意。
综上所述，本题选D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
由位移的最大值读出振幅，由图读出周期，由图读出位移，根据简谐运动的特征：a=−kxm，分析加速度的正负，根据质点的位置分析速度的大小，弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A。
【解答】
A.根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅A甲=2cm，A乙=1cm，所以甲乙两振子的振幅之比为2：1，故A错误；
B.甲振子的周期为4s，频率为f甲=1T甲=0.25Hz，乙振子的周期为8s，频率为f乙=1T乙=0.125Hz，甲、乙两振子的频率之比为2：1，故B错误；
C.t=2s时，甲振子处于平衡位置，所以甲的回复力为0；乙振子处于负位移最大值处，乙的速度为0，动能最小，故C错误；
D.0∼8s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程为s甲=2×4A甲=16cm，乙振子运动了一个周期，通过的路程为s乙=4A乙=4cm，所以两振子的路程之比为4：1，故D正确。
4.【答案】C
【解析】A.该电池的容量为q=It=700×10−3×3600=2520C，故A错误；
B.mA⋅h是电荷量的单位，J是能量的单位，故B错误；
C.该电池待机时的平均工作电流约为I ′=qt ′=252048×3600A≈14.58mA，故C正确；
D.该电池通过非静电力做功将其它形式的能转化为电能，故D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查I−U图象的性质，关键是明确I−U图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律分析判断。
【解答】
根据I−U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=3：1，把R1拉长到原来的2倍长后，横截面积减小为原来的12，根据电阻定律公式R=ρLS可知，电阻增加为4倍，变为R2的12倍，故A正确、BCD错误。
6.【答案】C
【解析】解：A.小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点，则小球振动的周期为T=1.0s，故A错误；
B.由题意可知，小球振动的振幅为A=0.1m，故B错误；
C.小球经过B点时开始计时，且
ω=2πT=2π1rad/s=2πrad/s
则小球的位移—时间关系为
x=0.1sin(2πt+π2)m
故C正确；
D.5s末小球回到B点，则位移为0.1m，故D错误。
故选：C。
小球运动到B点时开始计时，t=0.5s时振子第一次到达C点，可知振动周期，根据BC距离可知振幅，将t=5s代入位移表达式可求得小球的位移。
本题考查简谐振动的位移随时间变化规律，解该类题目需注意确定振幅，周期，初相等物理量。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题求解的关键时根据F−t图像画出a−t图像，中等难度。
根据F−t图像，结合牛顿第二定律画出a−t图像，结合运动学公式求解即可。
【解答】
A、由图像可知，所围面积即为冲量大小，故前1 s内力F对物体的冲量为2.5 N·s，故 A错误
B、根据牛顿第二定律可得出，物体的加速度随时间的变化图像如图所示：
则在0∼1s内，物体向右加速，1s∽2s内向右减速，2s时，速度刚好减为零，2s内物体一直向右运动，故B错误;
C、第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，a=Fm=55m/s2=1m/s2，则3s末物体的速度的大小为：v=at=1×1m/s=1m/s，故C正确；
D、第3s内物体的位移为x=12at2=12×1×1m=0.5m，故D错误。
故选:C。
8.【答案】D
【解析】【分析】
电动机工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，其消耗的功率不能用公式P=U2R2求解，可根据功率分配关系研究各部分功率的关系。
【解答】
AB、因为电动机是非纯电阻用电器，因此欧姆定律不成立，故A、B错误；
C、因为欧姆定律不成立，则电动机消耗的功率不能用P=U2R2表示，故C错误；
D、电动机消耗的功率为I2−I1U，定值电阻消耗的功率为I12R1，则电路消耗的总功率I2U=I2−I1U+I12R1，所以D选项是正确的；
故选D。
9.【答案】C
【解析】【分析】
先分析变阻器有效电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析干路电流和路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化和灯L1亮度的变化；根据并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流和通过灯L2电流的变化，来分析通过电流表示数的变化．电源的效率等于输出功率与总功率之比．电容器的电压等于并联部分的电压，由电压的变化来分析其电量的变化．
本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．利用串联电路的电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化．
【解答】
ABC.当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小，根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，根据干路电流增大，灯L2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确；
D.电源的效率η=UIEI=UE，U减小，则电源的效率减小；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小，故D错误．
10.【答案】A
【解析】AB.由于无人机静止，所以空气对无人机的作用力为F=Mg，
无人机对空气作用力为F′=F=Mg，设Δt时间内被推空气的质量为Δm，
对被推向下的空气应用动量定理得F′Δt=MgΔt=Δmv，
ΔmΔt=Mgv，
四台发动机的总功率为P，由动能定理有PΔt=12Δmv2，
联立方程得P=12Mgv，A正确，B错误；
C.无人机所受升力与机身平面垂直，所以要实现水平方向的匀速直线运动需要将机身倾斜，受力分析如图，C错误;
D.取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得(M−m)H−mh=0，
所以H=mhM−m，则离地总高度H总=H+h=MhM−m，D错误。
11.【答案】(1)BD
(2) ×100 1200

【解析】(1)A.甲图中，多用电表与小灯泡并联，但由于黑表笔与电源的正极相连，故不可以测量小灯泡的电压，故A错误；
B.图乙中，多用电表串联在电路中，红表笔与电源正极相连，可以用直流电流挡测量电路中的电流，故B正确；
C.图丙中，若用欧姆挡测量小灯泡的工作电阻，电源不可接入电路中，故C错误；
D.图丁中，黑表笔与内部电源的正极相连，所以用的是欧姆挡测量二极管的反向电阻，故D正确。
故选BD。
(2)[1][2]多用电表指针的偏转角度过小说明指针靠近无穷处，即电阻过大，所以要换更高的挡位，因此需选择“×100”倍率的电阻挡，同时注意欧姆调零，多用电表的测量结果为
12.0×100Ω=1200Ω
12.【答案】(1)0.9##0.90
(2)2.60
(3) 2.92##2.93##2.94 0.5 0.5

【解析】(1)根据电流表改装原理可得
I=Ig+IgrgR1
代入数据解得
R1=0.9Ω
(2)由于电压表量程为3V，所以每一小格为0.1V，则读数为2.60V。
(3)[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+Irg+(I+IrgR1)r
变形整理可得
U=E−(1.80+3r)I
结合图像可得
E=2.93V
1.80+3r=2.93−2.40160×10−3
解得
r=0.5Ω
[3]根据实验原理可知，该实验方案没有系统误差，所以电源内阻测量值等于真实值，则 r′=0.5Ω 。
13.【答案】(1)以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统动量守恒 mv0=−mv1+Mv2
解得 v2=0.1m/s 方向水平向右。
(2)碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律 12Mv22=Mgh
解得最高点相对于A点的高度 h=5×10−4m
(3)由于最高点的高度和绳长相比 h≪L ，所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式 T=2π Lg 解得 T=2× 10× 110s=2s
所以从碰撞后，小球经过多长时间第一次回到A点的时间 t=T2=1s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)仅闭合S1，电路连接情况为R3、R4串联，R1、R2串联，然后再并联，
通过R2的电流为：I2=ER1+R2=906+3A=10A，
R2分得的电压：U2= I2R2= 10 × 3 V = 30 V，
当b点接地时，b点电势为零，则m点的电势：φm= − 30 V，
通过R4的电流为：I4=ER3+R4=903+15A=5A，
R4分得的电压：U4= I4R4= 5 × 15 V = 75 V，
当b点接地时，b点电势为零，则n点的电势：φn= − 75 V；
(2)当S2刚闭合的瞬间，由于m点电势高于n点电势，则通过R5的电流方向向下；
(3)电路状态稳定后，电容器的带电量：QC=C(φm−φn)=9×10−6C，
仅将S1断开，由于R1+R3R2+R4=12，所以通过R1、R3的电流与R2、R4的电流之比为2:1
故通过R1的电量：q1=23QC=6×10−6C。

【解析】本题要注意分析电路结构，正确找出电容器与哪一个电阻并联，从而确定电容器两端的电压，再根据电容器的充放电知识明确流过的电量。
(1)仅闭合S1，电路连接情况为R3、R4并联，R1、R2并联，然后再串联，然后分析R2、R4分得的电压，最终确定m点与n点的电势；
(2)当S2刚闭合的瞬间，根据m、n点电势高低，确定通过R5的电流方向；
(3)待电路状态稳定后，求得电容器的带电量，然后根据电路连接情况，确定S1断开后通过电阻R1的电量。
15.【答案】(1)小球从A板边缘飞出用时为
t=lv0=0.2s
小球从A板上边缘飞出，则所受电场力向上，设A、B两板电势差为 UAB ，则有
F合=Eq−mg=UABdq−mg=ma
d=12at2
代入数据解得
UAB=24V
(2)电容器与滑动变阻器并联，则滑动变阻器两端电压为24V，由闭合电路欧姆定律可得
I=E−UABr+R=40−241+15A=1A
R滑=UABI=241Ω=24Ω
(3)由于外电路阻值大于内阻，则外电阻阻值最小时，电源输出功率最大，则当滑动变阻器阻值为0时，电源的输出功率最大，则
Pmax=(ER+r)2R=93.75W

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】解：(1)系统动量不守恒，由于系统所受合外力不为零；
(2)对ABC组成的系统，由动量守恒定律可得：
0=mCv1+mA+mB−v2，
mCgR=12mCv12+12mA+mBv22，
解得C到达N点时的速度大小为v1=2m/s；
AB速度大小为：v2=2m/s
(3)设NP的长度为L，C不离开A即A、C最终速度相同，对A、C组成的系统，由动量守恒定律得：
mCv1+mA−v2=mA+mCv，
解得v=23m/s，
Q=μmCgL=12mCv12+12mAv22−12mC+mAv2，
解得NP的长度L=43m
【解析】该题主要考查动量守恒相关知识。分析好物理情景，找好初末状态变化情况，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
(1)分析整个系统受力情况，从而判断是否动量守恒；
(2)根据动量守恒、动能定理等相关知识和公式列等式关系即可求解滑块C到达N点时的速度大小；
(3)对A、C组成的系统，由动量守恒定律、动能定理等列等式求解NP的长度。