天津市耀华中学2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

天津市耀华中学2024-2025学年高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共9小题，共27分。
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2.光滑水平地面上，质量为、上表面粗糙的木板正以的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为，速度向左，大小也是。经过后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是取( )
A. 木板长度为 B. 物块与木板间的动摩擦因数为
C. 系统产热为 D. 摩擦力对物块做功为
3.如图甲所示，以点为平衡位置，弹簧振子在、两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 在时，弹簧振子的加速度为正向最大
B. 在与两个时刻，弹簧振子的速度相同
C. 从到时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D. 在时，弹簧振子有最小的弹性势能
4.如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一匝数为的矩形线圈，其面积为，电阻为，线圈两端外接一阻值为的电阻和一个交流电压表。若线圈绕对称轴以角速度做匀速转动，则下列说法正确的是( )
A. 图示位置电动势瞬时值为
B. 交流电压表的示数为
C. 线圈从图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量为
D. 线圈从图示位置转过的过程中，电阻产生的热量为
5.水平推力、分别作用于水平面上等质量的、两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，、两物体的图像分别如图中、所示，图中，则( )
A. 的位移大于的位移
B. 大于
C. 的冲量大于的冲量
D. 整个运动过程两物体摩擦力的冲量相等
6.如图所示，质量为的立方体放置在质量为的正方体上，放在光滑水平面上，的一侧与一轻弹簧相连，它们一起在光滑的水平面上做简谐运动，运动过程中、无相对运动。设弹簧的劲度系数为，当离开平衡位置的位移为时，、间摩擦力的大小等于( )
A. B. C. D.
7.如图所示，把两个大小相同的金属球和用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知的质量为，的质量为，弹簧的压缩量为，原长为。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，金属球发生的位移大小为( )
A. B. C. D.
8.如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电动机先把重锤吊起一定的高度，然后静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 整个运动过程中，重锤所受合外力冲量为零
B. 重锤随桩一起向下运动过程中，合外力冲量向下
C. 整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒
D. 重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒
9.在年的五大道海棠节上，粉白相间的海棠花竞相绽放，微风拂过，花瓣飘落似雪。此时，电视台摄制组一架直升机在高空拍摄，它如同一位灵动的观察者，记录着这如梦如幻的美景。已知该直升机的质量为，螺旋桨旋转形成的圆面积为，空气密度为，重力加速度为。则直升机悬停时，螺旋桨向下推动空气，空气获得的速度为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
10.学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙两单摆的摆球质量之比是： B. 甲、乙两单摆的摆长之比是：
C. 时，两摆球的加速度方向相同 D. 内，两摆球的势能均减少
11.一振子沿轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移为，时位移为，则( )
A. 若振幅为，振子的周期可能为 B. 若振幅为，振子的周期可能为
C. 若振幅为，振子的周期可能为 D. 若振幅为，振子的周期可能为
12.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A. 在、时刻弹簧处于原长状态
B. 时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短
C. 两物块的质量之比为：：
D. 在时刻两物块的动能大小之比为：：
13.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 发电机输出的电流
B. 输电线上的电流
C. 降压变压器的匝数比：：
D. 用户得到的电流
14.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自点进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C. 小球自半圆槽点向点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D. 小球离开点以后，将做斜上抛运动
15.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比：：，原线圈通入正弦式交流电，副线圈连接有光敏电阻、小灯泡和定值电阻。已知光敏电阻所受光照变强时，电阻值变小，电流表和电压表均为理想交流电表。则( )
A. 电压表、示数之比为： B. 电流表、示数之比为：
C. 所受光照变强，小灯泡将变亮 D. 所受光照变强，电流表示数变大
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
16.某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小钢球、，刻度尺，白纸，圆规，重垂线。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点平均位置如图甲所示。
对于实验中注意事项、器材和需测量的物理量，下列说法中正确的是______填字母序号。
A.实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平
B.实验中要保证每次球从同一高处由静止释放
C.实验中还缺少的器材有复写纸和秒表
D.实验中需测量的物理量只有线段、和的长度
实验中若小球的质量为，小球的质量为，当时，实验中记下了、、、四个位置，若满足______用、、、、表示，则说明碰撞中动量守恒；若还满足______只能用、、表示，则说明碰撞中机械能也守恒。
相对误差，小于可视为碰撞中系统的总动量守恒。某次实验中：测得入射小球质量是被碰小球质量的倍，小球落点情况如图乙所示。计算该次实验相对误差为______保留两位有效数字。
四、计算题：本大题共2小题，共39分。
17.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块上，另一端与滑块接触但未连接，该整体静止放在离地面高为的光滑水平桌面上．现有一滑块从光滑曲面上离桌面高处由静止开始滑下，与滑块发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块向前运动，经一段时间，滑块脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知，，，，求：
滑块与滑块碰撞结束瞬间的速度大小；
被压缩弹簧的最大弹性势能；
滑块落地点与桌面边缘的水平距离．
18.如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，、是两条相距为的足够长的金属导轨，放置在倾角均为的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为的固定电阻，导轨电阻不计。整个装置处于大小为，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中。质量为，电阻为的导体棒从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底部的质量也为的绝缘棒发生完全弹性碰撞等质量的物体发生完全弹性碰撞时，交换速度。若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒和棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：
第一次碰撞后，棒沿右侧斜面上滑的最大高度；
第二次碰撞后，棒沿左侧斜面上滑的最大距离为，该过程的时间；
若从释放棒到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻产生的热量为，棒释放点的高度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确；
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能，故C错误。
故选：。
2.【答案】
【解析】、设木板质量为，物块质量为，木板与物块所组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
对系统，由能量守恒定律得：
木板的加速度大小为
对木板，由牛顿第二定律有：
代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为：
设木板长度为，由能量守恒定律得：
代入数据解得木板的长度为：，故AB错误；
C、系统因摩擦产生的热为，故C正确；
D、物块达到共速时的对地位移为，负号表示位移向左，
摩擦力对物块做的功为，故D错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】在时，由图可知小球的位移为正向最大，由牛顿第二定律得：可知小球的加速度为负向最大，故A错误；
B.在与两个时刻，小球的速度大小相同，方向相反，速度不同，故B错误；
C.从到时间内，小球远离平衡位置朝正方向运动，做加速度增大的减速运动，故C正确；
D.在时，小于处于负向最大位移处，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】、图示位置位于与中性面垂直位置，故感应电动势最大为，故A错误；
B、电动势的有效值，交流电压表示数，故B错误；
C、由，，得到，电量故C正确
D、电阻中产生的热量，解得，故D错误；
故选：。
5.【答案】
【解析】图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，故物体位移大小小于物体位移大小，故A错误；
B.根据图像可得和段为撤去推力后的图线，图中，可知撤去推力后两物体运动的加速度相等，根据牛顿第二定律可知
则两物体与水平面的动摩擦因数相等，两物体质量相等，所以受到的摩擦力大小相等，对段有
同理对段有
图像的斜率表示加速度，段斜率较大，可知物体的加速度较大，则，故B错误；
C.规定的方向为正方向，对段根据动量定理有，对段有
可得，即的冲量大于的冲量，故C正确；
D.由上述分析可知，两物体受到的摩擦力相等，物体运动时间较长，根据可知，整个运动过程，物体摩擦力的冲量较大，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】此刻，对整体：，得，对：，求得；故ABC错误，故D正确；
故选：。
利用回复力公式以及整体隔离法可以求得。
该题只要掌握回复力的公式，并且结合牛顿第二定律，即可求解出。
7.【答案】
【解析】两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，，其中：，解得：，故B正确，ACD错误。
故选：。
8.【答案】
【解析】、整个运动过程，重锤的初、末动量均为零，根据动量定理，可知重锤所受合外力冲量为零，故A正确；
B、重锤随桩一起向下运动过程，动量变化量方向向上，故合外力冲量向上，故B错误；
C、整个运动过程，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，知系统在运动过程不满足动量守恒，故C错误；
D、重锤与桩的撞击过程会产生内能，存在机械能损失，所以撞击过程中机械能不守恒，故D错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】直升机悬停时，螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有，
设时间内空气的质量为，
以向下为正方向，对向下推动的空气由动量定理可得：，
根据牛顿第三定律有，
联立解得，故A正确，BCD错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，无法根据周期求出甲、乙两单摆的摆球质量大小关系，故A错误；
B.由图像可知甲、乙两单摆的周期分别为，，根据单摆的周期公式，可知甲、乙两单摆的摆长之比为，故B正确；
C.根据，由图像可知，时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，故C正确；
D.由图像可知，叠加内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，故D正确。
故选：。
11.【答案】
【解析】当时振子的位移为，若振幅为，经过周期，振子会到处，即，可知振子的周期可能为，不可能为，故A正确，B错误；若振幅为，经过周期的整数倍，振子会从到处，即或或，可知振子的周期可能为，不可能为，故C错误，D正确。
故选AD。
12.【答案】
【解析】图乙可知，时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，时刻，弹簧恢复原长状态，此时两物块速度相反，弹簧的长度逐渐增大，时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A正确，B错误；
C.系统动量守恒，从开始到时刻，以为正方向，根据动量守恒定律有，其中根据图像，，
解得：：
故C错误；
D.在时刻，根据图像，和的速度大小分别为，
又有：：
则动能大小之比为：：
故D正确。
故选：。
13.【答案】
【解析】根据功率公式，发动机输出电流，故A错误。
B.设升压变压器副线圈中的电流为，输电线上的电流，损失功率，代入数据得，故B正确。
C.升压变压器原副线圈的功率关系，得；输电线上损失电压，降压变压器原线圈两端电压，升压降压变压器原副线圈匝数比，故C正确。
D.用户得到的功率，用户得到的电流，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】、小球在半圆槽内从运动到的过程中，半圆槽在水平方向上受到的合力向右，故小球对半圆槽的压力对半圆槽做正功；半圆槽对小球的支持力对小球做负功，
即对小球除重力外，半圆槽对小球的支持力也对小球做功，故A错误；
、根据小球和半圆槽在水平方向的受力分析，可知小球在半圆槽内从运动到的过程中，在水平方向上，小球与半圆槽作为整体，水平方向不受力，即水平方向动量守恒；
根据小球和半圆槽在水平方向的受力分析，可知小球在半圆槽内从运动到的过程中，在水平方向上，小球与半圆槽作为整体，水平方向收到墙壁向右的推力，即水平方向的合力不为零，即水平方向动量不守恒，故B错误，C正确；
D、小球离开点时，小球与半圆槽在水平方向上的速度大小相等，由能量守恒可知，小球在竖直方向上的速度不为，即小球此时的速度方向为斜向右上方，
即小球离开点后，将做斜上抛运动，故D正确。
故选：。
15.【答案】
【解析】根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系有
测量副线圈中并联部分电压，小于，所以电压表、示数之比不是：，故A错误；
B.电流表、分别测量原、副线圈电流，根据可知，电流表、示数之比为：，故B正确；
所受光照变强，电阻值变小，不变，根据可知，副线圈电流增大，则两端电压增大，故小灯泡两端电压减小，小灯泡将变暗，根据可知，电流表示数变大，故C错误，D正确；
故选：。
16.【答案】
【解析】因为初速度沿水平方向，所以必须保证槽的末端的切线是水平的，故A正确；
B.因为实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球的速度必须相同，故B正确；
C.要测量球的质量和球的质量，故需要天平；让入射球落地后在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸，用重垂线把斜槽末端即被碰小球的重心投影到白纸上点，故需要复写纸，不需要秒表，故C错误；
D.由可知实验中需测量的物理量是球的质量和球的质量，线段、和的长度，故D错误。
故选：。
小球做平抛运动，根据平抛运动规律
得
由于下落的高度相同，则时间相同；
平抛运动水平方向做匀速运动，碰撞前入射小球的水平速度
碰撞后入射小球的水平速度
碰撞后被碰小球的水平速度
取方向为正方向，若碰前后动量守恒，则
代入数据化简得
若碰撞前后动能相等，则
代入数据化简得
联立解得
根据相对误差
代入数据得
17.【答案】滑块从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为，由机械能守恒定律有：，
代入数据解得：；
滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，取向右为正方向，由动量守恒定律有：，
代入数据解得：；
滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块、、速度相等，设为速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：，
代入数据解得：，
由机械能守恒定律有：，
代入数据解得；
被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设滑块、的速度为，滑块的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，；
滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：，
竖直方向：，
代入数据解得：；
答：滑块与滑块碰撞结束瞬间的速度大小是；
被压缩弹簧的最大弹性势能是；
滑块落地点与桌面边缘的水平距离是．
18.【答案】棒Ⅰ从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得：
其中
联立解得：，
棒Ⅰ和绝缘棒发生完全弹性碰撞，动量守恒；
根据动量守恒定律可得：
根据能量守恒定律可得：，
联立解得碰后Ⅰ的速度为，Ⅱ的速度为
对Ⅱ根据动能定理可得
解得；
第二次碰撞后，再次交换速度，棒Ⅰ以的速度向上运动，直到速度为，这个过程中根据动量定理可得：
，
其中
解得：；
最终棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在量导轨的底部，整个过程中能量守恒。
根据能量关系可得：，
电阻产生的热量为，
解得：。
答：第一次碰撞后，棒沿右侧斜面上滑的最大高度为；
第二次碰撞后，棒沿左侧斜面上滑的最大距离为，该过程的时间为；
若从释放棒到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻产生的热量为，棒释放点的高度为。
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