山东省聊城第一中学新校区2024-2025学年高二上学期第五次周考物理试题

聊城一中新校区2023级高二上学期第五次周末测试 物 理 试 题 时间：90分钟 分值：100分 第Ⅰ卷 选择题（40分） 一、单选题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。每小题3分，共 24分。） 1．关于公式I＝，下列说法中正确的是(　　) A．式中的q表示单位时间内通过导体横截面的电荷量 B．式中的q表示通过导体单位横截面积的电荷量 C．比值能表示电流的强弱 D．该公式表明电流跟通过导体横截面的电荷量成正比，跟通电时间成反比 2．如图所示的装置，在转动手柄A的转速由零逐渐增大的过程中，小球B的振幅将(　　) A．不断增大 B．先增大后减小 C．先增大后不变 D．先减小后增大 3．如图所示，50 kg 的妈妈带着20 kg 的小孩骑10 kg的自行车以3 m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度约为(　　) A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．6 m/s 4. 甲、乙两根粗细均匀的电阻丝，它们的材料相同，甲电阻丝的长度是乙的2倍，甲电阻丝的直径是乙的2倍，则甲、乙电阻丝电阻之比是（       ） A．1：2 B．1：4 C．1：8 D．1：16 5. 如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联接在电源上，电源的电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈的电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是(　　) A.通过电动机的电流为10 A B.电动机的输入功率为2 W C.电源的输出功率为4 W D.电动机的输出功率为16 W 6．一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标，则以下说法正确的是(　　) A．振子平衡位置的纵坐标是y＝ B．该弹簧振子的振动周期为 C．振子在坐标位置时加速度最大 D．匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，振子振动的周期变为原来的 7．如图，电路中电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是(　　) A．L1的电流为L2电流的2倍 B．L3的电阻约为0.33 Ω C．L3的电功率约为1.20 W D．L2和L3的总电功率约为3 W 8．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2(　　) A．6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3 二、多选题。（本题共4小题，共 16分，每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分。） 9．如图电路是将滑动变阻器作分压器用的电路，C、D为分压器的输入端，A、B为分压器的输出端，把变阻器的滑动片P放在变阻器正中间，下列判断中正确的是（　　） A．空载时输出电压为 B．当接上负载R时，输出电压为 C．负载电阻R的阻值越小，越接近 D．接上负载R，滑动片P向上滑动，可实现 10. 弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为(　　) A．5 s B．6 s C．14 s D．18 s 11. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，R1、R2、R3均为定值电阻，平行板电容器中带电粒子P现处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是(　　) A．电流表读数增大 B．电压表读数增大 C．粒子P将向下运动 D．R3上消耗的功率保持不变 12. 如图所示，一平板状匀质光滑半圆弧槽平放在光滑水平面上，半圆弧槽半径为R=1 m，AC为其直径，O为其圆心，半径OB与AC垂直。半圆弧槽底边靠着固定挡板EF ，可沿EF无摩擦滑动。一小球（可视为质点）以大小为v0=3 m/s 的速度，从A点沿圆弧槽切线方向进入圆弧槽，若圆弧槽质量M=9 kg，小球质量m=1 kg .下列说法正确的是( ) A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B．小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒 C．小球通过B点时，对圆弧槽的压力大小为10 N D．小球离开圆弧槽时，圆弧槽沿EF滑动的距离为0.2 m 第Ⅱ卷 非选择题（60分） 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共 14分。） 13. 如图甲所示，某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为________。如果他在实验中误将周期计算为，则测得的g值________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 (2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L－T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为____________，当地的重力加速度为________。 14. 一课外实验小组用如图(a)所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值。图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验： (1)按照实验原理图(a)，将图(b)中实物连线。 (2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。 (3)将开关S2掷于1端，调节滑动变阻器滑动端至合适的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。（a） (4)待测电阻阻值的表达式Rx＝_______(用R0、U1、U2表示)。 (5)重复步骤(3)，得到如下数据。 1 2 3 4 5 U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44 U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.46 3.44 3.43 3.39 3.40 3.39（b） (6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________ Ω。(保留1位小数) 四、解答题（本题共4小题，共 46分。） 15．（9分）一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。 (1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t＝0.25×10－2 s时振子的位移。 16． （10分）如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF。当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态。求： (1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向； (2)S闭合后，流过R3的总电荷量。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/11/3 11:48:05；用户：雾里勿理悟理；邮箱：13561279446；学号：8505060 17．（12分）如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。 (1)乙要以多大的速度v将物体A推出； (2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。 18．（15分）如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为4m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧，A、B都以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞，碰撞时间短。求： （1）B、C第一次碰撞后，C的速度大小vc； （2）弹簧具有的最大弹性势能Ep； （3）最终C的动量大小p。 附加题 19．如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有质量均为m的小木块A和小木块B，小木块A与木板间的动摩擦因数为，小木块B与木板间的动摩擦因数为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板，重力加速度为g，求： （1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移； （2）木块A在整个过程中的最小速度； （3）整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少? 聊城一中新校区2023级高二上学期第五次周末测试 物理试题答案 1．答案　C解析　公式I＝中q表示在时间t内通过导体横截面的电荷量，选项A、B错误；比值表示电流的强弱，选项C正确；由电流的微观表达式I＝nqSv可知，电流决定于导体中单位体积内的自由电荷数、自由电荷的电荷量、自由电荷定向移动的速率以及导体的横截面积，故选项D错误。 2．答案　B解析　转速由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率，振幅增大，与固有频率相同时振幅最大；超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故小球B的振幅先增大后减小，故B正确。 3．答案　C解析　设大人与车的总质量为M，小孩的质量为m，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人、车系统水平方向动量守恒可得(m＋M)v0＝Mv，代入数据求得v＝4 m/s，故C正确。 4．答案A 【详解】已知甲乙两根电阻丝的材料相同，而甲的长度是乙的2倍；甲电阻丝的直径是乙的2倍，则甲的横截面积等于乙的4倍；根据可知，甲的电阻是乙的倍．A．1：2，与结论相符，选项A正确；    B．1：4，与结论不相符，选项B错误；    C．1：8，与结论不相符，选项C错误；    D．1：16，与结论不相符，选项D错误； 5.答案　D解析　由E＝30 V，电动机两端电压为10 V可得R和电源内阻上分担的电压为20 V，则I＝＝ A＝2 A，故A错误；电动机输入功率P＝UI＝10×2 W＝20 W，故B错误； 电源的热功率Pr＝I2r＝22×1 W＝4 W，电源的输出功率为P出＝IE－Pr＝(2×30－4) W＝56 W，故C错误；电动机的热功率P热＝I2RM＝4×1 W＝4 W，电动机的输出功率P输出＝P－P热＝20 W－4 W＝16 W，故D正确。 6.答案　C解析　根据简谐振动对称性可知，平衡位置纵坐标为y＝，故A错误；由图像可知，振子在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x0，水平速度大小为v，则振子的周期T＝，故B错误；由图可知，振子在坐标位置时处于最大位移处，则回复力最大，由牛顿第二定律知加速度最大，故C正确；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关系，匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，则一个周期内纸带沿x轴负方向的位移增大为原来的2倍，弹簧振子的周期不变，故D错误。 7.【答案】C【详解】A．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=1A；灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.80A，故A错误．B．灯泡L2、L3的电阻均为故B错误．CD．L3的电功率P3=U3I3=1.5×0.8=1.2W；L2和L3的总电功率为2.4W，C正确，D错误。故选C。 8.答案　B解析　滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v＝m球gh1，解得h1＝；滑环不固定时、物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，m球v＝(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。 9．【答案】BD【详解】A．设滑动变阻器总电阻R0，空载时，变阻器下部分电阻为，输出电压为选项A错误；BCD．当接上负载R时，负载与变阻器下部分电阻并联，有,输出电压为,当负载电阻R的阻值越小，并联电阻越小，输出电压也越小。UAB越远离。接上负载R，滑动片P向上滑动，变大，并联电阻变大，UAB变大，可实现，BD正确，C错误。故选BD。 10．答案　BD解析　如图，假设弹簧振子在水平方向BC之间振动， 若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋) s＝18 s 若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则 ＋(－)＝4 s解得T′＝6 s，故B、D正确。 11．答案　AC解析　粒子P原来处于静止状态，重力和静电力平衡；滑动变阻器R4的滑片向b端移动，R4接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，总电流变大，内电阻和R1两端的电压变大，并联电路两端的电压变小，电容器两端的电压变小，粒子P所受静电力变小，带电粒子P将向下运动，故C正确；由于并联电路两端电压变小，定值电阻R3的电流IR3变小，电流表读数IA＝I总－IR3，所以电流表的读数变大，电阻R2两端的电压变大，所以R4两端的电压变小，电压表的读数变小，故A正确，B错误；由于R3两端的电压减小，P3＝，所以电阻R3上消耗的功率减小，故D错误。 12．答案 BCD解析 挡板对小球和圆弧槽组成的系统有力的作用，因此小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；小球和圆弧槽组成的系统，只有系统内的弹力做功，系统机械能守恒，故B正确；从小球进入圆弧槽到运动至B点的过程中，小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒，平行于EF 方向动量守恒，可得mvm=MvM，mvm2+MvM2=mv02，解得vm= m/s，vM= m/s .以圆弧槽为参考系，小球在B点的速度为vm+vM ，在B点对小球由牛顿第二定律有FN=m(vm+vM)2/R=10 N，根据牛顿第三定律可知，小球通过B点时对圆弧槽的压力大小为10 N ，故C正确；从小球进入圆弧槽到离开圆弧槽，平行于EF方向，由动量守恒定律可得mxm=MxM ，又xm+xM=2R，联立解得xM=0.2 m ，故D正确. 13．答案　(1)　偏大　(2)2ka　4π2k 解析　(1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期T＝＝＝ 根据单摆周期公式T＝2π，整理得g＝，周期测量值偏小，则g测量值偏大。 (2)由单摆周期公式T＝整理得L＝T2－ L－T2图线的斜率k＝ 将L＝0，T2＝a代入表达式，即0＝ka－ 得小球直径d＝2ka，当地的重力加速度g＝4π2k。 14．答案　(1)见解析图　(4)R0　(6)48.2 解析　(1)根据实验原理图，沿电流的流向依次连接。 ①先将E、R、S1连接起来，组成闭合回路。 ②将R0、Rx与R连接起来。 ③将、S2与Rx连接起来，如图所示。 (4)由于可视为理想电压表，故S2接1端、或接2端时流过R0、Rx的电流相等。 根据欧姆定律和串联电路的特点得＝解得Rx＝R0 (6)的平均值＝＝3.41代入Rx＝R0得Rx＝48.2 Ω。 15．答案　(1)2×10－2 s　2 cm (2)x＝2sin (100πt＋) cm或x＝2sin (100πt－) cm (3)－1.41 cm或-cm 解析　(1)由题图知，T＝2×10－2 s，A＝2 cm。 (2)ω＝＝100π rad/s，φ＝或φ＝－ 振子做简谐运动的表达式为x＝2sin (100πt＋) cm 或x＝2sin (100πt－) cm。 (3)当t＝0.25×10－2 s时位移为x＝2sin (100π×0.25×10－2＋)cm＝－1.41 cm。 16．答案　(1)g　竖直向上　(2)4×10－4 C 解析　(1)S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d 有UC＝E＝4 V，＝mg S闭合后，UC′＝E＝8 V 设带电粒子加速度为a，则 －mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上。 (2)S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷量的增加量，所以 ΔQ＝C(UC′－UC)＝4×10－4 C。 17．答案　(1)5.2 m/s　(2)432 N 解析　(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左。对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝v1 对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得M2v0＝v1＋mv 联立解得v＝5.2 m/s ，v1＝0.4 m/s。 (2)对甲根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0) 解得F＝432 N 。 18．【解答】解：（1）B、C发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mvB+mvC 根据机械能守恒定律可得：联立解得：vB＝0、vC＝v0； （2）A、B速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，对A、B碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：4mv0＝（4m+m）v解得： 根据能量守恒定律可得：解得：； （3）设A和B分开时，A的速度大小为v1、B的速度大小为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：4mv0＝4mv1+mv2;根据机械能守恒定律可得： 解得;由于B的速度大于C的速度，B、C能够再次碰撞。 根据（1）的分析可知，B、C发生弹性碰撞，碰后速度交换，所以碰后C的速度大小为：vC′＝ C最终的动量大小p＝mvC′＝。 答：（1）B、C第一次碰撞后，C的速度大小为v0； （2）弹簧具有的最大弹性势能为； （3）最终C的动量大小为。 附加题19．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）三者互不共速时，木块A在木板上的加速度大小 木块B在木板上的加速度大小木板C的加速度大小 而B的初速度是A的两倍，加速度也是A的两倍，由此可发现必然是A率先与木板共速，则A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得 解得对木块B运用动能定理， 解得 （2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，此时A应刚好与C共速，因此有，解得木块A在整个过程中的最小速度为 （3）A与C共速过程，C的位移此时C的速度，A与C共速后，C的加速度变为再到B与C共速时，C又运动的位移 B与C共速过程，B和C的相对位移 对于全过程，根据能量守恒； 所以 整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程 聊城一中新校区2023级高二上学期第五次周末测试 物 理 答 案 卷 班级： 姓名： 学号： 1 13. （8分） （1） （2） 14. （6分） （4） （6） 15.（9分） 16.（10分） 17.（12分） 18.（15分） 附加题： 19. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$