北京市第九中学2024-2025学年高二下学期期中物理试卷

北京市第九中学2024-2025学年高二下学期期中物理试卷 一、单选题 1．如图所示，一根绳子上等间距分布一系列质点，相邻两质点的距离为10cm。最开始所有质点都处于平衡位置。时，在外力作用下，质点1开始沿竖直方向做简谐振动；时，质点1第一次到达最高点，质点4刚开始振动；时，质点1第一次回到平衡位置且向下振动，质点7开始振动。下列说法正确的是（　　） A．这列波的波长为1.4m B．当时，质点16位于波峰 C．当时，质点5的速度大于质点18的速度 D．当质点1停止振动时，这列波也停止传播 2．一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时的波形如图a，平衡位置在x=4m的质点a的振动图像如图b，则该波的传播方向和波速分别为（　　） A．沿x轴负方向，2m/s B．沿x轴正方向，2m/s C．沿x轴负方向，1m/s D．沿x轴正方向，1m/s 3．下列说法正确的是（　　） A．障碍物的尺寸一定时，波的波长越小衍射会越明显 B．潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，是利用波的折射原理 C．波发生折射时，波的频率不变，但波速发生变化 D．湖中鸣笛的快艇驶近游客的过程中，游客听到的声波频率与该波源的发声频率相比会变小 4．如图为两个相干波源S1、S2产生的波某时刻在同一种均匀介质中相遇产生的干涉图样。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示波谷。下列说法正确的是（　　） A．a处的质点随着波的传播沿ac方向逐渐远离波源 B．b、d两处质点经过周期将会到达最大位移处 C．经一段时间后，加强点和减弱点的位置可能互换 D．经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰 5．如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列判断正确的是（　　） A．内，振子向负方向运动 B．时和时振子的速度相同 C．时和时振子的加速度相同 D．时振子的动能大于时振子的动能 6．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力 B．2.1s末和2.9s末，小球的势能和速度均相同 C．从t=1.5s到t=2s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大 D．从t=1.5s到t=2.5s的过程中，摆球所受的回复力先增大后减小 7．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则下列说法不正确的是（    ） A．此单摆的固有周期约为2s B．此单摆的摆长约为1m C．若摆长增大，单摆的固有频率减小 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 8．一矩形线框在匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线框共面的轴匀速转动，线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．感应电动势的有效值为 B．感应电动势的瞬时值表达式为 C．此交变电流的频率为0.2Hz D．时，线框平面与磁场方向平行 9．一理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=11∶5，如图甲所示，原线圈与正弦交流电源连接，副线圈接入一个10Ω的电阻。原线圈输入电压u随时间t的变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数为10A B．电压表的示数为100V C．变压器的输入功率为100W D．经过60s电阻产生焦耳热为1.2×105J 10．远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均可视为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则（　　） A． B．输电线损失的电功率为 C．提高输送电压，则输电线电流增大 D．电厂输送电功率为 11．对于质量一定的物体，下列说法正确的是（　　） A．物体动量变化，动能一定变化 B．物体动能变化，动量一定变化 C．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大 12．猫从高处落下时具有较高的生存技能，原因之一是猫的脚垫很厚且有很多脂肪，从高处落下时能够减少伤害。在猫着地的过程中，厚厚的脚垫可以（　　） A．减小猫与地面的接触时间，从而减小合力的冲量 B．延长猫与地面的接触时间，从而增大合力的冲量 C．减小猫与地面的接触时间，从而减小地面对猫的平均冲击力 D．延长猫与地面的接触时间，从而减小猫的动量变化率 13．如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点，若把P点到a点的过程称为过程I，由a点到c点的过程称为过程II，不计空气阻力，下列说法正确的是（   ） A．过程II中人的机械能守恒 B．过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小 C．过程II中人的动能逐渐减小到零 D．过程I中人的动量的改变量大于重力的冲量 14．如图，光滑水平地面上有一小车，一根细绳将车厢挡板与滑块相连，中间压缩一根弹簧，弹簧与车厢、滑块都相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦，剪断细绳后的过程中（　　） A．弹簧、滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．弹簧、滑块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 C．弹簧、滑块、小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 D．弹簧、滑块、小车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 二、实验题 15．某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上复写纸、白纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在白纸上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为，B球的质量为。    （1）关于实验器材，下列说法正确的是 ；（选填选项前的字母） A．实验轨道必须光滑   B．该实验不需要秒表计时   C．A球的质量必须小于B球的质量 （2）关于实验操作，下列说法正确的是 ；（选填选项前的字母） A．A球每次必须从同一位置由静止释放 B．实验过程中白纸和复写纸都可以随时调整位置 C．B球的落点并不完全重合，说明该同学的实验操作出现了错误 （3）实验直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是 。 （4）若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测量的物理量表示）。 （5）该同学做实验时所用小球的质量分别为，如图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点F的位置标注在图中 。 16．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中 （1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为 cm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为 s； （2）如果某同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得悬线长为（不计摆球半径），测得周期为；第二次量得悬线长为，测得周期为。根据上述数据，可求得g值为 A．   B．   C．   D． （3）该同学又想出另一个办法测重力加速度，他测出多组摆线长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了的关系图像，如图所示，根据图中数据，重力加速度为 （取，结果保留三位有效数字） （4）如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．开始计时时，秒表按下稍晚 C．实验中将51次全振动误记为50次 D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 三、解答题 17．如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕轴转动，t=0时刻为图示位置，求： (1)交变电流感应电动势的瞬时值表达式； (2)电阻R上所消耗的电功率是多少； (3)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少。 18．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10 m/s2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆球运动过程中的最大速度。 19．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。尤其在大风天气极易引发高空坠物，严重威胁着人们的生命安全。 （1）若质量为m的花盆从高为h的居民楼的花架上无初速坠下，撞击地面后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间为t，不计空气阻力，重力加速度为g。求： a.花盆落地前瞬间的速度大小v； b.花盆撞击地面过程中，地面对花盆的平均冲击力的大小F； （2）某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S，所能承受的最大风力为Fm。假设风吹到广告牌速度立刻减为零，已知空气密度为ρ。求：广告牌能承受的垂直迎风面方向的最大风速vm的大小。 20．如图所示，光滑水平面上放置静止的木板A和物块B，A、B质量均为2kg，A的右端与B的距离为L。质量为4kg的物块C以8m/s的速度从左端滑上木板A，C与A间的动摩擦因数μ=0.2. 当A的速度为4m/s时，与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。B、C均可看作质点，g=10m/s2。求： （1）A、B碰撞后的瞬间，A、B、C的速度大小； （2）A的右端与B的距离L； （3）若木板足够长，通过计算，判断A、B能不能再次碰撞。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B【详解】A．质点1到质点7的距离为 这列波的波长故A错误； BC．时，质点1第一次到达最高点，质点4刚开始振动则 得周期波速当时波向前传播的距离 即第19个质点开始振动，做出波形如图： 由图可知，质点16位于波峰，质点5比质点18更远离平衡位置，因此质点5的速度小于质点18的速度，故B正确，C错误； D．当质点1停止振动时，因为有介质存在，这列波可以继续传播，故D错误。故选B。 2．A【详解】由振动图象可知x=4m的质点a在t=2s时向下振动，则波沿沿x轴负方向传播； 由图a可知，由图b可知，则波速故选A。 3．C【详解】A．根据波的衍射原理，当障碍物尺寸一定时，波的波长越长，越容易绕过障碍物，衍射现象就越明显，而不是波长越小衍射越明显，故A错误； B．潜水艇利用声呐探测周围物体分布情况，是利用了波的反射原理 ，通过接收反射回来的声波来获取信息，并非波的折射原理，故B错误； C．波发生折射时，波从一种介质进入另一种介质，波的频率由波源决定，不会发生改变；而不同介质中波速不同，所以波速会发生变化，故C正确； D．依据多普勒效应，当湖中鸣笛的快艇驶近游客时，两者距离减小，游客接收到的声波频率会比波源的发声频率大，而不是变小，故D错误。故选C。 4．D【详解】A．点是波谷和波谷相遇的点，是振动加强的点，会在其平衡位置以最大振幅振动，不会随波远离波源，故A错误； B．、d两点都是波峰和波谷相遇的点，是振动减弱的点，若两波源振幅相同，b、d两点始终位于平衡位置，若两波源振幅不同，则经过周期b、d将会到达平衡位置，故B错误； C．相干波叠加产生的干涉是稳定的，加强点和减弱点的位置是确定的，不会随时间变化，故C错误； D．形成干涉图样的介质质点也在不停地做周期性振动，经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰，故D正确。故选D。 5．D【详解】A．内，振子位移为负，但向正方向运动，故A错误； B．时和时振子的速度大小相等但方向相反，速度不同，故B错误； C．时和时振子的加速度大小相等但方向相反，加速度不同，故C错误； D．振子在时比时更靠近平衡位置，速度更大，所以时振子的动能大于时振子的动能，故D正确。故选D。 6．C【详解】A．小球所受重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误； B．2.1s末和2.9s末，小球的势能相同，速度的大小相等，但方向相反，故B错误； C．从t=1.5s到t=2s的过程中，摆球从负的最大位移处向平衡位置运动，设绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得由于速度不断增大，θ不断减小，所受绳子拉力逐渐增大，故C正确； D．摆球越靠近平衡位置，回复力越小，所以从t=1.5s到t=2.5s的过程中，摆球所受的回复力先减小后增大，故D错误。故选C。 7．D【详解】A．单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为，周期为2s，故A正确； B．由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s。由公式 可得故B正确； C．若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，故C正确； D．若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故D错误。本题选不正确的，故选D。 8．B【详解】A．由题图可知，线框中感应电动势的最大值为，其有效值为 故A错误； B．由题图可知角速度为 感应电动势瞬时值表达式为故B正确； C．故C错误； D．在时，，所以线圈平面与磁场方向垂直，故D错误。故选B。 9．B【详解】B．原线圈电压有效值为 电压表示数等于副线圈电压的有效值，为故B正确； A．流过电阻的电流 根据电流比与匝数比的关系 解得电流表的示数为故A错误； C．变压器的输入功率是故C错误； D．理想变压器输入功率与输出功率相等，即 则经过60s电阻产生焦耳热为故D错误。故选B。 10．D【详解】A．根据变压器的原理有升压变压器满足，则有，故A错误； B．由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误； C．因为输送功率不变，根据可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误； D．因变压器为理想变压器，所以有故D正确。故选D。 11．B 【详解】A．做匀速圆周运动的物体，由于线速度大小不变方向变化，则动量变化时，动能不变，故A错误； B．物体动能变化，则速度大小一定变化，则动量一定变化，故B正确； C．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故C错误； D．物体所受合外力越大，合外力冲量不一定越大，根据动量定理可知，动量变化不一定越大，故D错误。 故选B。 12．D【详解】由可知因为猫的脚趾上有厚实的脂肪质肉垫，所以与地面接触时可以延长猫与地面的接触时间，减小地面对猫的冲击力；因动量的变化相同，则合力的冲量不变；由可知减小猫的动量变化率；故选D。 13．B【详解】A．过程II中人受到的绳子的拉力对人做负功，人的机械能不守恒，故A错误； B．设人的质量为m，人在a点的速度为v则过程I中重力的冲量大小 人在c点 的速度等于0，则由动量定理得过程II中人的动量的改变量大小 可知过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小，故B正确； C．在ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大，在bc段，弹性绳对人的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小，故C错误； D．过程I中人只受到重力的作用，根据动量定理可知，过程I中人的动量的改变量等于重力的冲量，故D错误． 故选B。 点睛：该题关键在于对人进行受力分析，根据合力方向与速度方向的关系，判断人的运动情况，分析时要抓住弹力的可变性，知道人的合力为零时速度最大，动能最大． 14．B【详解】AB．地面光滑，车厢水平底板粗糙，簧处于压缩状态，故剪断细绳后，则弹簧伸长，滑块会向右运动，小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，故弹簧、滑块组成的系统所受外力不为零，则该系统动量不守恒；由于滑块与小车之间产生了相对位移，故滑动摩擦力对弹簧、滑块组成的系统做负功，则该系统的机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．地面光滑，车厢水平底板粗糙，弹簧处于压缩状态，故将细绳剪断，则弹簧伸长，故滑块会向右运动，小车会向左运动，两者相对滑动，产生滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者间的滑动摩擦力都是内力，故系统动量守恒，但滑块与小车之间产生了相对位移，故滑动摩擦力对整体做负功，故系统机械能不守恒，故CD错误。 故选B。 15． B A 见解析 见解析 【详解】（1）[1] A．实验轨道是否光滑对实验结果无影响，故A错误； B．根据实验原理可知，该实验不需要秒表计时，故B正确； C．根据动量守恒定律可知要使A球碰后不反弹，则A球的质量必须大于B球的质量，故C错误；故选B。 （2）[2]A．A球每次必须从同一位置由静止释放，以保证初速度相等，故A正确； B．实验过程中复写纸不可以随便调整位置，故B错误； C．B球的落点并不完全重合，是实验误差导致，故C错误；故选A。 （3）[3]根据平抛运动规律有； 两球平抛运动的竖直高度相等，所以可用水平位移代替初速度。 （4）[4] 根据动量守恒有 结合平抛运动规律可知需验证的表达式为 （5）[5]若两球碰撞为弹性碰撞，则根据能量守恒定律得： 联立解得： 所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12：7，标注的位置如图所示：    16． 1.070 96.8 B 9.86 AB/BA 【详解】（1）[1]用游标卡尺测得单摆小球的直径为1cm+0.05mm×14=1.070cm [2]秒表的示数为90s+6.8s=96.8s （2）[3]设摆球的重心距离摆线最低点的距离为r，则根据单摆周期公式可知； 联立解得故选B。 （3）[4]根据可得由图像可知解得g=9.86m/s2 （4）[5]根据可得 A．测摆线长时摆线拉得过紧，则l测量值偏大，则g值测量值偏大，选项A正确； B．开始计时时，秒表按下稍晚，则周期测量值偏小，则g值测量值偏大，选项B正确； C．实验中将51次全振动误记为50次，则周期测量值偏大，则g值测量值偏小，选项C错误； D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而计算时仍按原来值计算，则g测量值偏小，选项D错误。故选AB。 17．(1)(2)40W(3) 【详解】（1）根据瞬时值表达式代入数据解得（V） （2）电动势的有效值为V 由闭合电路欧姆定律得电阻R上所消耗的电功率为 （3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为 18．(1)0.4m；(2)0.05kg；(3)0.283m/s 【详解】(1)摆球受力分析如图所示 小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，可知 由单摆的周期公式为解得 (2)(3)在最高点A，有 在最低点B，有 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 联立三式并代入数据得， 19．（1）a.，b.；（2） 【详解】（1）根据自由落体运动规律可得所以 花盆撞击地面过程中，根据动量定理可得解得 （2）假设Δt时间内风的质量为 由动量定理可得联立解得 20．（1）0；4m/s；6m/s；（2）2m；（3）不能 【详解】（1）对AC系统，从开始运动到A将要与B碰撞过程，由动量守恒定律 解得v1=6m/s 然后AB碰撞过程中动量守恒，C的速度不变，则对AB系统 解得v3=0；v4=4m/s （2）从开始运动到A将要与B碰撞过程，对A由动能定理解得L=2m （3）因A与B碰后A的速度减为零，则当AC再次共速时解得v=4m/s=v4 可知AB不可能再次相碰。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$