2023-2024年山东省滨州市惠民县六校高二上学期11月期中联考物理试题（解析版）

2023-2024学年第一学期期中质量检测高二物理试题一、单项选择题（本题共8小题，每题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.关于系统动量守恒的说法正确的是（）①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒②系统内有摩擦力，系统动量可能守恒③如果系统所受合外力远大于内力时，系统可近似认为动量守恒④系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【答案】B【解析】【详解】①．系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量守恒，故①正确；②．动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故②正确；③．系统所内力远大于外力时可近似看成动量守恒，系统动量不守恒，故③错误；④．根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，故④正确。综上可知选B。2.飞力士棒（Flexi—bar）是一种能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒由握柄、负重头和PVC软杆连接而成，可以使用双手进行驱动，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示。则（）A.使用者用力越大飞力士棒振动越快B.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度不可能越来越小C.双手驱动该飞力士棒每分钟完成4.5次全振动，会产生共振D.负重头质量不变，仅PVC杆缩短时，飞力士棒的固有频率随之变化【答案】D【解析】【详解】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小。故B错误；C．双手驱动该飞力士棒每分钟完成4.5次全振动，则驱动力的频率为与飞力士棒的固有频率不相等，不会产生共振，故C错误；D．负重头质量不变，仅PVC杆缩短，结构改变，飞力士棒的固有频率会变化。故D正确。故选D。3.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是（）A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量不为零D.物块第一次被反弹后一定再次回到槽上高h处【答案】C【解析】【详解】A．一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能不守恒，物块与槽组成的系统机械能守恒，A错误；B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统水平方向动量守恒，B错误；C．从物块压缩弹簧被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C正确；D．物块第一次被反弹后，追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D错误。故选C。4.如图所示，直线A为某电源的图线，曲线B为某LED灯泡的图线，用该电源和灯泡串联起来组成闭合回路，灯泡恰能正常发光。下列说法正确的是（）A.电源的内阻为B.灯泡正常发光时的功率小于5WC.灯泡的阻值随其电压增大而增大D.将灯泡换成的定值电阻后，电源的输出功率增大【答案】D【解析】【详解】A．根据图线的斜率的绝对值为电源内阻，可得此电源的内阻故A错误；B．两图线的交点表示小灯泡与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压额定电流则额定功率为故B错误；C．根据欧姆定律可知灯泡图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，可知小灯L的电阻随两端电压的增大而减小，故C错误；D．电源的输出功率图像如下由图可看出当时输出功率最大，由选项B知小灯泡L的额定电压，额定电流，则小灯泡正常发光时的电阻为若把灯泡L换成阻值恒为的纯电阻，则更接近内阻，则电源的输出功率变大，故D正确。故选D。5.如图甲所示，一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动，拉力传感器显示绳子拉力的大小随时间的变化图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为，则根据图乙中的数据可知（）A.此单摆周期B.此摆球的质量为C.此单摆的摆长D.在时刻摆球的回复力最小【答案】C【解析】【详解】A．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，则此单摆的周期为故A错误；B．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，则有此摆球的质量为故B错误；C．根据单摆周期公式可得此单摆的摆长故C正确；D．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，摆球运动到最低点时，摆球的回复力最小，所以在时刻摆球的回复力最小，在时刻摆球的回复力最大，故D错误。故选C。6.2023年2月，土耳其、叙利亚两国发生了大地震，造成了重大破坏与人员伤亡，我国及时派遣了多支专业搜救队并援助了大量急需物资。地震波既有横波，也有纵波，若一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（图中虚线）两个时刻x轴上-3~3km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（）A.该地震波的波长为3kmB.质点振动的周期最大为1sC.该地震波波速一定为4km/sD.从t时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置【答案】B【解析】【详解】A．相邻两波峰之间的距离是一个波长，所以波长为故A错误；B．由图可知，图中由实线变成虚线的时间为故当时，得质点振动的周期最大为1s，故B正确；C．由该地震波最小波速为故C错误；D．在t时刻，x=0.5km处的质点和x=1.5km处的质点都在向负方向振动，所以x=1.5km处的质点先回到平衡位置，故D错误。故选B。7.一简谐横波沿x轴负向传播，时刻的波形如图甲所示，处的质点振动图像如图乙所示，以下说法正确的是（）A.时刻处的质点沿y轴负方向运动B.该质点的振动方程为C.若该波的波长大于0.50m，则该波波长一定为4mD.若该波的波长小于0.50m，则该波波长可能为0.4m【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知时刻处的质点振动方向沿y轴正方向，A错误；B．由图乙可知，则位移为，则初相则有B错误；CD．由甲、乙两图可知，该质点的位置满足当时，波长大于0.50m，且，若该波的波长小于0.50m，则该波波长不可能为0.4m，C正确，D错误。故选C。8.如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A极板接地，电容器、二极管、开关S与电源相连，已知二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，在P点有一带电液滴恰好处于静止状态。保持开关S闭合，下列说法正确的是（）A.将B板向上移动一小段距离，电容器将放电B.将B板向上移动一小段距离，液滴在P点的电势能减小C.将A板向上移动一小段距离，电容器将放电D.将A板向上移动一小段距离，液滴在P点的电势能增大【答案】D【解析】【详解】AB．保持开关闭合，将B板向上移动一小段距离，根据由于板间距离减小，可知电容增大，电容器充电，两极板电压不变，场强增大，AP间电压增大，P点电势降低，由受力可知液滴带负电，则液滴在P点的电势能增大，A错误，B错误；CD．将A板向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，由于二极管具有单向导电性，所以不能放电，电容器储存的电荷量不变，则可知场强不变，AP间电压增大，P点电势降低，则液滴在P点的电势能增大，C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本小题共4小题，每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少两项符合题目要求，全部选对得4分，选对而不全得2分，选错或者不选不得分）9.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A.在时，弹簧振子的位移为正向最大B.在时，弹簧振子的速度为正向最大C.从到时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D.在与两个时刻，弹簧振子速度相同，加速度也相同【答案】AC【解析】【详解】A．在时，弹簧振子的位移为正向最大，A正确；B．在时，弹簧振子的速度为负向最大，B错误；C．从到时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；D．在与两个时刻，弹簧振子速度相同，加速度的大小相同，方向不同，D错误。故选AC。10.如图甲所示，同一水平直线上相距9m的A、B两处各有一个振源，C为A、B连线的中点。在时刻，A、B两处的质点以相同的振幅同时开始做垂直于直线AB的上下振动，且都只振动了一个周期，它们的振动图像分别为图乙和图丙。若A处振源向右传播的波与B处振源向左传播的波在时刻于C点相遇，则（）A.两列波在A、B间的传播速度均为15m/sB.两列波的波长都是6mC.在两列波相遇的过程中，中点C为振动加强点D.在时刻，B处质点经过平衡位置且振动方向向下【答案】AD【解析】【详解】A．两列波在同一介质中传播时，速度相同，设波速都是v，则2vt=AB代入解得v=15m/s故A正确；B．由波长与波速关系可得λ=vT=15×0.2m=3m故B错误；C．在两列波相遇的过程中，两列波的波峰与波谷在C点相遇，C点振动减弱，故C错误；D．A处振源引起的波传到B点需要的时间为A处振源引起的波的振动状态传到B点再振动0.1s，由于A处振源起振方向向上，两波只振动了一个周期，所以在时刻，B处质点通过平衡位置向下振动，D正确。故选AD。11.由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个质量为m的小铁盒开口向下顶在空中，如图所示，已知水的密度为，以恒定速率从横截面积为s的水枪中持续喷出，向上运动并冲击小铁盒后，以不变的速率竖直返回，水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，下列说法正确的是（）A.水到达铁盒底部速度的大小B.水到达铁盒底部速度的大小C.铁盒到水枪口的高度D.铁盒到水枪口的高度【答案】BC【解析】【详解】ABCD．以时间内与铁盒发生作用的水为研究对象：这些水的质量跟时间内从枪口喷出的水的质量相同这些水与铁盒作用时的速度为v，动量变化为这些水对铁盒的反作用力由于铁盒处于平衡状态，则由此可得又由机械能守恒可知小铁盒距水枪口的高度将上式代入该式得故选BC。12.如图甲，质量是的子弹水平射入静止在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量为，重力加速度g取，下列说法正确的是（）A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8B.子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为799.92JC.保持子弹射入木块时的初速度不变，子弹的质量越大，系统损失的机械能越少（子弹未射出木块）D.保持子弹射入木块时的初速度不变，木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大（子弹未射出木块）【答案】ABD【解析】【详解】A．根据图乙可得整理可得x=4t-4t2结合匀变速直线运动位移与时间关系可知子弹留在木块中一起做匀减速直线运动初速度和加速度大小分别为v=4m/s，a=-8m/s2以子弹、木块为整体，根据牛顿第二定律可得μ（M+m）g=（M+m）a解得木块与水平地面之间的动摩擦因数为故A正确；B．设子弹射入木块前的初速度为v0，设向右为正方向，根据动量守恒可得mv0=（m+M）v代入数据解得v0=400m/s子弹损失的机械能故B正确；C．设子弹射入木块前的初速度为v0，根据动量守恒可得mv0=（m+M）v解得该过程中系统损失的机械能为可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多，故C错误；D．根据动量定理，子弹对木块的冲量为可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大，故D正确。故选ABD。三、实验题（每空2分，共14分）13.某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导轨上，质量分别为和（含遮光片）的两滑块、B从光电门1、2的外侧匀速相向运动，在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到气垫导轨一端时立刻被锁定。（1）两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片的宽度为________；（2）在调节装置时，启动充气机，在气垫导轨上轻推一个滑块，要求滑块通过两光电门时的挡光时间相等，其目的是________。（3）实验中光电门1记录挡光时间为，光电门2记录三次挡光时间均为，如果同学得到________表达式（用题中已知的物理量表示），就说明滑块、B碰撞过程中动量守恒。【答案】①.4.50②.调节气垫导轨水平③.（或或）【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为4mm+10×0.05mm=4.50mm（2）[2]在调节装置时，启动充气机，在气垫导轨上轻推一个滑块，要求滑块通过两光电门时的挡光时间相等，其目的是调节气垫导轨水平，保证滑块做匀速直线运动；（3）[3]设遮光板宽为d，由题意可知，以向右为正方向，滑块A碰前速度碰前B的速度为碰后A、B的速度为如果系统动量守恒，则有联立可得（或或）14.如图所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约为3V，内阻约为1Ω。现提供的器材如下：A．电池组；B．电压表V（量程0～3V，内阻约为1000Ω）；C．电阻箱C（0～99.9Ω）；D．定值电阻；E．定值电阻；F．开关和导线若干。（1）如果要准确测量电源的电动势和内阻，定值电阻应选择______（选填“D”或“E”）。（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图象如图所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用表示，则可得该电池组的电动势为______，内阻为______（用字母表示）。（3）该实验测得的电动势与真实值相比______。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】①.D②.③.④.偏小【解析】【分析】【详解】（1）[1]的定值电阻过大，使得电压表指针的偏角太小，在改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择D。（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律得整理得则有，解得，（3）[4]考虑到电压表的分流作用，则有变形得可知电动势的真实值故求得电动势E的值偏小。四、解答题15.如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线是0．2s后的波形图像，质点P位于实线波的波峰处．①若波向右以最小速度传播，求经过t＝4s质点P所通过的路程；②若波速为35m/s，求波传播方向．【答案】①1．2m②向右传播【解析】【详解】试题分析：①若波向右传播：nT＋T＝0．2s（n＝0,1,2,3，…）由可知周期最大波速最小，当n＝0时T最大值为经过时间t＝4s，即经过15个整周期，所以质点P通过的路程为s＝15×4A＝1．2m②若波向右传播：nT＋T＝0．2s（n＝0,1,2,3,…）联立当n＝1时，波速为35m/s，所以向右传播．若波向左传播：nT＋T＝0．2s联立当n取0或其他任何正整数时，波速都不为35m/s，所以波不会向左传播．考点：机械波的传播【名师点睛】本题考查理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力．对于两个时刻的波形，一定要考虑波的双向性．第2小题可由x=vt，求出波传播的距离，分析与波长的关系，根据波形的平移法确定波的传播方向．16.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量，当将重物固定时，理想电压表的示数为4V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5V，（不计摩擦，g取）。求：（1）电动机内阻为多大？（2）重物匀速上升时的速度大小。【答案】（1）；（2）1m/s【解析】【详解】（1）当将重物固定时，理想电压表的示数为4V，电动机相当于纯电阻用电器，根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为则电动机的电阻为（2）当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，根据闭合电路欧姆定律，可得电路中电流为电动机两端电压为故电动机的输入功率为P=UMI′=4×1W=4W根据能量转化和守恒定律得P=mgv+I′2RM代入数据解得重物匀速上升的速度大小为v=1m/s17.2023年10月23日上午，惠民县第七届“县长杯”校园足球联赛拉开帷幕。如图所示，小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力大小为36N，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气阻力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取，在此过程中，求：（1）足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；（2）足球与头部的作用时间。【答案】（1）0.4N∙s；（2）0.1s【解析】【详解】（1）足球下落过程由动能定理解得v1=3m/s足球上升过程由动能定理解得v2=5m/s下落过程的时间足球在空中下落过程中空