四川省泸州市泸县2024-2025学年高二物理上学期11月期中试题含解析

Page172022级高二上学期期中考试物理试题第一部分选择题（共48分）留意事项：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）1.描述物体机械振动强弱的物理量是（）A.周期 B.频率 C.振幅 D.位移【答案】C【解析】【详解】描述物体机械振动强弱的物理量是振幅，C正确，ABD错误。故选C。2.一弹簧振子做简谐运动，则下列说法正确的是()A.若位移为负值，则速度肯定为正值B.振子通过平衡位置时速度为零，加速度最大C.振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也相同D.振子每次通过同一位置时，速度不肯定相同，但加速度肯定相同【答案】D【解析】【详解】A．若位移为负值，由可知加速度肯定为正值，而速度有两种可能的方向，所以速度不肯定为正值，A错误；B．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误；C．质点每次通过平衡位置时，位移为零，加速度肯定为零，而速度有两种可能的方向，不肯定相同，C错误；D．质点每次通过同一位置时，位移相同，加速度肯定相同，因为速度有两种可能的方向，所以速度不肯定相同，D正确。故选D3.坐标原点的波源O产生的波向两侧传播，当波源振动频率渐渐增大时，则可能的波形图为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】波速由介质确定，波速不变，由公式可知，频率变大，波速不变时，波长变小，且题意可知波源O产生两列波向两侧传播，波长都变小；故选A。4.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（）A.摆长约为2m B.频率增大，单摆的振幅就会增大C.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动 D.若减小摆长，共振曲线的“峰”将向左移动【答案】C【解析】【详解】A．由共振曲线可知：当驱动力频率时产生共振现象，则单摆的固有频率由单摆的频率公式得摆长为故A错误；B．依据共振曲线可知，当驱动力频率时单摆的振幅最大，之后接着增大驱动力的频率，单摆的振幅将减小，故B错误；CD．由单摆频率公式得，当摆长减小时，单摆的固有频率增大，产生共振的驱动力频率也增大，共振曲线的“峰”向右移动；反之，当摆长增大时，共振曲线的“峰”向左移动，故C正确，D错误。故选C。5.图甲为一列横波在时刻的波动图像，图乙为图甲中质点的振动图像，则（  ）A.该波沿轴正方向传播B.该波的周期为C.该波的波速为D.质点在时的速度最大【答案】D【解析】【详解】A．由乙图知，P点在时刻振动方向向下，故波的传播方向为轴负向，故A错误；B．由乙图知，P点振动周期该波周期和P点振动周期相同，即该波的周期为，故B错误；C．该波的波速故C错误；D．由乙图知，在时P点在平衡位置，速度最大，故D正确。故选D。6.如图所示，质量为M，半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与环心O等高处起先无初速下滑到达最低点时，滑块发生的位移为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】设滑块滑到最低点所用的时间为t，滑块发生的水平位移大小为x，则圆环的位移大小为R-x，取水平向左方向为正方向。则依据水平方向平均动量守恒得解得滑块竖直方向的位移大小为R，则总位移为ABC错误，D正确。故选D。7.如图所示，光滑水平地面上的A、B两物体质量分别为m、2m，A以某初速度向右运动，B静止且左端有一轻弹簧。当A撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，则（）A.物体A、B系统总动量为B.物体A的动量变为0C.物体B的动量达到最大值D.物体A的初速度为【答案】D【解析】【详解】ABD．设A的初速度为v，弹簧压缩最短时，两物体的速度相同，物体A的动量不会变为0，由动量守恒得mv=(m+2m)v1由机械能守恒得解得系统的动量为故AB错误；D正确；C．压缩的弹簧会接着对B做正功，速度接着增加，所以此时物体B的动量未达到最大值。故C错误。故选D8.如图所示，质量为1.44kg小球（视为质点）在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点起先计时，在时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在时刻小球其次次经过M点，已知弹簧振子的周期，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（）A.弹簧振子的周期为1.2s B.弹簧的劲度系数为80N/mC.在时刻，小球第三次经过M点 D.O、M两点间的距离为5cm【答案】ACD【解析】【详解】A．依据题意，M点到B点的时间为则有可得周期为故A正确；B．依据振子周期公式代入数据得故B错误；C．小球第三次经过M点时间为故C正确；D．小球做简谐运动，振幅为A=10cm角速度为则简谐运动的表达式为（cm）时，则有y=5cm故D正确。故选ACD。9.如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置改变的关系，下列关于图像的说法正确的是（）A.a图线表示势能随位置的改变关系B.b图线表示动能随位置的改变关系C.c图线表示机械能随位置的改变关系D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变【答案】CD【解析】【详解】A．单摆摇摆过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线a表示动能随位置的改变关系，A错误；B．单摇摆过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线b表示重力势能随位置的改变关系，B错误；CD．单摆摇摆过程中，只有重力做功，摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故图线c表示摆球在摇摆过程中机械能随位置的改变关系，图线a、b、c表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，CD正确。故选CD。10.如图甲，“战绳训练”是当下常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面内形成简谐波。图乙是某次训练中t=0时刻战绳波形图，绳上质点P的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A.增加抖动的频率，波速会增大 B.从t=0到t=0.5s，质点Р通过的路程为500cmC.图乙中波沿x轴正方向传播 D.P点的振动方程为(cm)【答案】BD【解析】【详解】A．波速由传输介质（战绳）确定，与抖动频率无关，A错误；B．由丙图可知，周期为0.2s，从t=0到t=0.5s，即经验，每个周期质点Р通过的路程为4A，故总路程为500cm，B正确；C．由丙图可知，t=0时刻质点P向上振动，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，C错误；D．P点的振动方程为(cm)D正确。故选BD。11.质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（）A.若，则m1小于m2B.若，则力F1对物体A所做的功较多C.若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5D.若，则力F1的最大瞬时功率肯定是力F2的最大瞬时功率的2倍【答案】ACD【解析】【详解】由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为物体B撤去拉力之前的加速度为已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为撤去拉力后，依据牛顿其次定律可得，可得物体A撤去拉力之前，依据牛顿其次定律有解得物体B撤去拉力之前，依据牛顿其次定律有解得A．当即则故A正确；B．若两物体的质量相等，设物体质量为，则拉力对物块A做的功为则拉力对物块B做的功为则拉力对物块A做的功等于拉力对物块B做的功，故B错误；C．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的冲量为拉力对物块B的冲量为则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为故C正确；D．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的最大瞬时功率为拉力对物块B的最大瞬时功率为则力F1的最大瞬时功率肯定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。故选ACD。其次部分非选择题（共52分）留意事项：必需运用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、试验题（共14分）12.试验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的试验。（1）试验室有如下器材可供选用:A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约2cm的铁球D.直径约2cm的塑料球E.米尺F.时钟G.秒表H.游标卡尺试验时须要从上述器材中选择__________（填写器材前面的字母）。（2）安装好试验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图甲所示，则摆球直径d=______mm；（3）计算重力加速度测量值的表达式为__________，若测量值小于真实值，可能缘由是________。A.将摆球经过最低点的次数计少了B.计时起先时，秒表启动稍晚C.将摆线长当成了摆长D.将摆线长与球的直径之和当成了摆长【答案】①.ACEGH②.18.4③.④.AC【解析】【详解】（1）[1]单摆在摇摆的过程中，摆线不能伸长，故选用长约1m的细线；为了减小空气阻力的影响，尽可能选用密度大而体积小的金属球作为摆球，故选直径约2cm的铁球；用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测出摆球的直径，算出半径从而求得摆长L；用秒表测出n次的摇摆周期，从而算出单摆的振动周期T。故选ACEGH。（2）[2]由于10分度的游标卡尺精确到0.1mm，因此摆球的直径（3）[3]单摆的振动周期公式从而重力加速度测量值的表达式为[4]A．若将摆球经过最低点的次数计少了，会导致测量周期偏大，从而重力加速度的测量值偏小，A正确；B．若计时起先时，秒表启动稍晚，会导致测量周期偏小，从而重力加速度的测量值偏大，B错误；C．若将摆线长当成了摆长，导致摆长测量值偏小，从而重力加速度的测量值偏小，C正确；D．若将摆线长与球的直径之和当成了摆长，导致摆长测量值偏大，从而重力加速度的测量值偏大，D错误。故选AC。13.如图1为验证系统动量守恒定律所用的试验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨左、右支点高度均可调，装置上方固定一台摄像机，记录滑块A与滑块B的x—t图像如图2所示。（1）要得到滑块的动量，除了上述试验器材外，还必需的试验器材是___________；（2）开动气泵后，调整气垫导轨的左、右支点，直到滑块近似做___________运动；（3）测得A的质量为184.7g，B的质量为115.1g，两滑块相向运动发生碰撞，碰后结合在一起，碰撞前后两滑块的x—t图像如图2所示。规定水平向右为速度的正方向，由图2中数据可得两滑块碰前的总动量为2.2×10－2kg∙m/s；碰后的总动量为___________kg·m/s（结果保留2位有效数字）；（4）试验过程中可能引起误差的缘由有：___________（写出一条即可）。【答案】①.天平②.匀速直线③.2.1×10－2④.读数时产生的偶然误差【解析】【详解】（1）[1]要得到滑块的动量，须要测得滑块的质量，除了上述试验器材外，还必需的试验器材是天平。（2）[2]开动气泵后，调整气垫导轨左、右支点，直到滑块近似做匀速直线运动。（3）[3]依据x—t图像的斜率表示速度，可知碰撞后两滑块的速度大小为碰后的总动量为（4）[4]试验过程中可能引起的误差可能是读数时产生的偶然误差。三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）14.如图所示，质量为m的物体放在与弹簧固定的木板上，弹簧在竖直方向做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的压力最大值是物重的1.5倍，求（1）物体对弹簧的最小压力（2）欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，其振幅最大值．【答案】(1)0.5mg．(2)2A【解析】【详解】（1）由题意可知，最大压力为1.5mg；此时加速度最大，则最大加速度为：1.5mg-mg=ma；解得：a=0.5g；因为木块在竖直方向上做简谐运动，依题意木块在最低点时对弹簧的压力最大，在最高点对弹簧的压力最小．在最低点依据牛顿其次定律有FN-mg=ma，代入数据解得a=0.5g．由最高点和最低点相对平衡位置对称，加速度等大反向，所以最高点的加速度大小为a′=0.5g，在最高点依据牛顿其次定律有mg-FN′=ma′，故FN′=mg-ma′=0.5mg．（2）当物体在平衡位置静止时，弹簧的弹力等于物体的重力，即：mg=kx0当振幅为A时，在最高点物体对弹簧的压力等于0.5mg，由胡克定律得：FN′=kx1而：x1=x0-A联立得：x0=2A欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，在最高点物体对弹簧的压力恰好为0，则在最高点弹簧的长度等于弹簧的原长，所以此时物体的振幅等于x0，即等于2A15.将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速改变的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摇摆，其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间改变的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点起先运动的时刻，据力学规律和题中信息（g取10m/s2），求：（1）单摆的周期