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）

山东省聊城一中2024-2025学年高二上学期期中物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.如图所示为一弹簧振子，为平衡位置，小球在、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，轻质弹簧的劲度系数为，下列说法正确的是( )
A. 时小球经过平衡位置
B. 时与时，滑块的速度相同
C. 到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
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，可以播放约小时。下列说法正确的是( )
电池容量
电池类型 不可拆卸式电池
待机时间 约天
A. 充满电时电池可储存的最大能量为 B. 充满电时电池可储存的最大电荷量为
C. 播放视频时电流约为 D. 待机状态时电流约为
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、两点的水平间距约为，乙图中竹竿右端距离河岸约为。已知竹竿的质量约为，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A. B. C. D.
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、两点，历时，质点通过点后再经过又第次通过点，在这内质点通过的总路程为。则质点的振动周期和振幅分别为( )
A. 、 B. 、 C. 、 D. 、
5.如图甲所示，一小物块在水平向右的推力作用下从点由静止开始向右做直线运动，力的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量，与台面间的动摩擦因数，取。则物块在时刻的速度大小为( )
A. B. C. D.
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。已知表头的满偏电流、内阻，定值电阻，，电源电动势、内阻，电阻箱的调节范围是。选择开关置于位置，通过开关的通断可以实现欧姆表“”与“”两种倍率。下列说法正确的是( )
A. 与多用电表端相连的是红表笔
B. 选择开关置于位置，闭合开关，电流表的量程为
C. 选择开关置于位置，闭合开关，电压表的量程为
D. 选择开关置于位置，则断开开关，欧姆表为“”倍率
7.如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示摆球从点运动开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。下列说法正确的是( )
A. 单摆的振动周期为 B. 单摆的摆长为
C. 摆球的质量为 D. 摆球运动过程中的最大速度
8.如图所示，铁块与内壁光滑的半圆形凹槽并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为，直径水平。可视为质点的小球自点正上方高处由静止开始下落，恰好从点进入槽内。已知铁块、半圆形凹槽和小球的质量均为，重力加速度为，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. 第一次到达最低点前，，，组成的系统动量守恒
B. 第一次到达最低点时，的速度大小为
C. 第一次冲出点后，上升的最大高度为
D. 能获得的最大速度大小为
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形支架在竖直方向运动，使形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统随之振动。小球的振幅与圆盘的转速的关系如图乙所示。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
B. 弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为
C. 当圆盘的转速保持不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为
D. 当圆盘的转速保持不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为
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，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、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是( )
A. 理想电压表、的示数都增大
B. 理想电流表示数减小，电源的效率增大
C. 带电液滴将向下运动，定值电阻中有从流向的瞬间电流
D.
11.图甲所示的电路中，所用电源内电阻，定值电阻。实验时调节滑动变阻器的阻值，得到多组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点，并做出图像如图乙所示。将连入电路的阻值调至最大时，对应图乙中的点。下列说法正确的是( )
A. 电源电动势为 B. 电流表的内阻为
C. 电路的最大输出功率为 D. 滑动变阻器消耗的最大功率为
12.如图甲所示，把两个质量相等的小车和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，甲图中小车和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，乙图中小车和组成的系统的动量不为零
C. 当弹簧恢复原长时，乙图中车速度是甲图中车速度的倍
D. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对车的冲量是甲图中弹簧对车的冲量的倍
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。
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
组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度，用螺旋测微器测量摆球直径。螺旋测微器示数如图甲所示，摆球直径______，记摆长。
多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应的摆球摆动周期，并作出图像，如图乙所示。根据图线斜率可计算重力加速度______结果保留三位有效数字，取。
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，已知圆柱体的阻值大约在之间，现提供以下实验器材：
分度的游标卡尺和螺旋测微器；
电源电动势，内阻为；
电压表，内阻约为；
电流表，内阻约为；
滑动变阻器阻值，额定电流
滑动变阻器阻值，额定电流；
开关和导线若干。
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和圆柱体的直径，游标卡尺的读数如图甲所示，则______。
实验要求测量准确且获得多组数据，电压表的量程应选用______，电流表的量程应选用______，滑动变阻器应选用______选填“”或“”。用笔画线代替导线将图乙实物图补充完整。
连接好实验电路后，闭合开关，记录电压表读数和电流表读数，结合之前测得的和可计算出导电材料的电阻率，请写出其表达式______用字母、、、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，其中是直流电动机，重物用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关，重物匀速上升时，电流表和电压表的示数分别为和，已知重物上升的速度，重物的质量取。求：
直流电动机的机械效率；结果保留三位有效数字
电动机线圈的电阻。
16.如图所示，体育课上一位同学正在练习用头颠球。某次足球以大小为的速度竖直向下落在头上，与头部作用时间后，以大小为的速度被重新顶起，足球离开头部后经竖直上升至最高点。已知足球的质量为，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。重力加速度取，在此次颠球过程中，求；
足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力；
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，劲度系数为的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与小球栓接。开始时，小球用细线跨过光滑的定滑轮连接小球，桌面上方的细线与桌面平行，系统处于静止状态，此时小球的位置记为，、两小球质量均为。现用外力缓慢推小球至弹簧恢复原长后释放，在小球向右运动至最远点时细线断裂，已知弹簧振子的振动周期，重力加速度为，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。
求细线能承受的最大拉力的大小；
从细线断裂开始计时，以水平向右为正方向；
写出小球的位移随时间变化的关系式；
求小球第一次返回点所用的时间。
18.如图所示，物块放在平台上，长木板静止在水平面上，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，小球在最低点与沿水平专向发生弹性碰撞，此后滑过平台并滑上且恰好不滑离。已知、的质量分别为、，小球的质量，与平台间、与闯的动摩擦因数均为，与水平面间无摩擦。开始时离平台右端的距离，轻绳的长度，与小球均可视为质点，不计空气阻力，取。求：
小球与碰撞前瞬间，细线拉力的大小；
小球与碰撞后瞬间，的速度大小；
从开始运动至到达右端所用的时间；
与间由于摩擦产生的热量。
答案解析
1.【答案】
【解析】A.时，小球在最大位移处，不是平衡位置，故A错误；
B.由图像知时与时运动方向相同，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.到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.小球在和时的加速度最大，由图乙可知，振幅为，则，解得，故D错误。
2.【答案】
【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
B错误；
C.播放视频时的平均电流
C正确；
D.待机状态时电流

D错误。
故选C。
3.【答案】
【解析】根据题意，设女子的质量为 ，由动量守恒定律有
由于系统的水平动量一直为，则运动时间相等，设运动时间为 ，则有
整理可得
解得
故选A。
4.【答案】
【解析】简谐运动的质点，先后以相同的速度通过、两点，则可判定、两点关于平衡位置点对称，所以质点由到时间与由到的时间相等；
那么平衡位置到点的时间，因过点后再经过质点以方向相反、大小相同的速度再次通过点，则有从点到最大位置的时间；
因此，质点振动的周期是
质点在这内总路程的一半，即为振幅，所以振幅
故选：。
5.【答案】
【解析】根据图像与坐标轴围成的面积表示冲量求解力的冲量，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
推力与的关系为
当推力大于最大静摩擦时，物体开始运动
解得
内，物块根据动量定理可得
，推力的冲量为
解得
故ACD错误，故B正确。
6.【答案】
【解析】A、根据多用电表“红进黑出”可知与端相连的是黑表笔，A错误；
、选择开关置于位置，闭合开关时， ，
与 并联后总电阻 ，闭合，选择开关置于时， ，B错误，C正确；
D、正确调零后，欧姆表的内阻 ，闭合开关时，电流表量程为断开时的倍，故而内阻是断开时的，因此开关闭合为“”倍率，断开为“”倍率，D错误。
7.【答案】
【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 ，故A错误；
B.由单摆周期公式
代入数据，解得
故B错误；
由乙图和牛顿运动定律得，设摆球在时，摆线与竖直方向的夹角为 ，则在最高点时
在最低点时
从最高点到最低点，由动能定理得
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】第一次到达最低点前，、、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；
第一次到达最低点时，速度向左，设其大小为 ，速度向右，设其大小为 ，则 ，由能量关系 ，解得可 ， ，B错误；
当从最低点滑到右侧点时，减速，铁块与分离，第一次冲出点后上升至最大高度时，水平方向共速，对系统有 ，解得 ，根据系统机械能守恒有 ，解得 ，C正确；
当从右端滑下经过最低点时，速度交换，能获得的最大速度大小为 ，D错误。
9.【答案】
【解析】由图乙可知，当圆盘的转速为时，振幅最大，则有，则弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为，弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为，故A错误，B正确
当圆盘的转速保持不变时，则有，
则弹簧和小球组成的振动系统的周期为，弹簧和小球组成的振动系统的频率为，故C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】
【解析】B.分析电路可知，开关闭合，滑动变阻器与定值电阻 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，理想电流表示数减小，电源的效率 ，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 测量定值电阻 两端的电压，根据欧姆定律可得 ，电路电流减小，则 变小，即理想电压表 示数减小，而理想电压表 测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得 ，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 的示数增大，A错误；
C.理想电压表 测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得 ，电路电流减小，则 增大，根据 ，可知电容器的电荷量增大，电容器充电，所以定值电阻 中有从流向的瞬间电流，又 ，可得两极板间的电场强度增大，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， ， ， ，则 ，D正确。
11.【答案】
【解析】题意知将 连入电路的阻值调至最大时，对应图乙中的点，此时电压为，电路电流为，由闭合电路欧姆定律得
可得
代入数据可得
由
将点数据代入可得
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
故C错误；
D.结合以上分析可知，当滑动变阻器的阻值
此时滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率

D正确。
故选 AD。
12.【答案】
【解析】A.甲图中小车和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，小车和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，向左运动，动量不为零。静止，动量为零，则乙图中小车和组成的系统的动量不为零，故B正确；
C.设甲、乙的质量均为，弹簧释放前的弹性势能为。甲图中，设当弹簧恢复原长时，车速度大小是，车速度大小是，取向左为正方向，由动量守恒定律得
根据机械能守恒得
联立解得
乙图中，当弹簧恢复原长时，车速度为。根据机械能守恒得
联立解得
则
故C错误；
D.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对车的冲量与弹簧对车的冲量大小相等，对车，根据动量定理得，弹簧对车的冲量大小
甲图中弹簧对车的冲量大小为
则
乙图中弹簧对车的冲量是甲图中弹簧对车的冲量的 倍，故D正确。
故选：。
13.【答案】

不变

【解析】解：、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，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。
摆球直径 。
单摆周期公式 ，整理得 ，
图线的斜率 ，
解得 ；
若将摆线长度误认为摆长，有 ，整理可得 ，仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为 ，故得到的重力加速度值不变。
14.【答案】；
；；；
；

【解析】解：圆柱体的有效长度 ；
由于电源的电动势为，所以电压表应选用量程；根据 可得，通过待测电阻的最大电流 ，所以电流表应选用的量程；
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 ；由于满足 ，所以电流表应采用外接法，实物连接如图所示。
；
根据欧姆定律有 ，由电阻定律有 ，其中 ，联立可得 。
15.【答案】解：
电动机的电功率 ，解得
电动机的机械功率 ，解得
电动机的机械效率 ，解得
电动机线圈的电阻的发热功率 ，解得
由 ，解得 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】足球与头部作用过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理有
其中 ，解得
方向竖直向上。
足球上升过程中，根据动量定理得
其中 ，解得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】小球静止于点平衡时，有
由能量守恒可知、组成的系统做简谐运动时，振幅
由对称性，小球向右运动至最远点时，对有
对有
联立解得
细线断裂后球单独做简谐运动时，以弹簧原长处作为平衡位置，其振幅
则小球的位移随时间变化的关系式为
由于
则
当小球第一次返回点时，有
可得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】设小球运动到最低点的速度为 ，由动能定理有 ，解得
在最低点，由牛顿第二定律有 ，解得
设小球与碰撞后小球速度为 ，的速度为 ，由动量守恒和能量守恒有
，解得
在平台做匀减速直线运动，设到达平台右端的速度大小为 ，根据动能定理有
，解得
滑过平台并滑上且恰好不滑离，设、共同速度为 ，有
解得
设从开始运动至到达右端所用的时间为，根据动量定理有
解得
与间由于摩擦产生的热量
解得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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