安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二下学期2月练习（开学考）物理试题

马鞍山市第二中学2023级高二年级2月练习 物理试题 命题：吴本昊 审题：黄浩 一、选择题：本题10小题，单选题每小题4分，多选题每小题5分，共42分。在每小题给出 的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~10题有多项符合题目要求。 1.下列各图中，已标出电流及电流产生磁场的方向，其中正确的是() A 2.一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() ↑A/cm A.此单摆的固有周期为2s B.此单摆的摆长约为0.5m C.若摆长增大，单摆的固有频率增大 D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 0.250.50.75fz 3.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端 连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度击中木块，并嵌在其 中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的 过程中，木块受到的合外力的冲量大小为() Mmvo A.M+m B.2Mvo C.M*0 2Mmvo Mr00000000000000 D.2mvo 7777777777777 7777777777777 4.如图所示，表面光滑的斜面固定在水平桌面上，将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平 行。现拉开摆球使轻绳刚好绷直，摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L, 摆的周期为T,当地的重力加速度为g,斜面的倾角为8，下列说法正确的是() A.摆球在最高点的加速度gsin0,在平衡位置的加速度为零 B.只增大摆球的质量，摆球运动的周期将增大 C.若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期可能不变 D.通过计算可知摆球的半径为(gT'sin0）-L 42 试卷第1页，共5页 5.如图，在某介质中建立坐标系，位于x=-6m的波源P产生的简指横波沿着x轴正方向传 播，t=0时刻开始振动，t=3s时刻形成图中波形。下列说法正确的是() 个/cm -10 x/m A.波源P的起振方向向上 B.0~8s时间内，平衡位置位于x=-1m的质点所走过的路程为l2cm C.若一观察者从=2m处沿x轴负方向匀速运动，观察者接受到的此波频率小于波源频率 D.若在x=2m处另有一波源Q产生波长为3m的简谐横波沿着x轴负方向传播，则在两列 波相遇区域会产生干涉现象 6.如图所示，E为内阻不可忽略的电源，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，V与A分别为电 压表与电流表，M、N是平行板电容器的两极板，一带电小球由绝缘丝线悬挂在电容器两板 间，现闭合开关S,悬线稳定时偏离竖直方向角，下列判断正确的是() A.若将P向左滑，V与A表的读数均减小 B.若将P向左滑，电容器两极板上带电荷量减小 C.若将P向左滑，将增大 D.若断开S,将N板向M板靠近，角度将变大 7.如图所示，内壁光滑、内壁截面为半圆形的凹槽静置于光滑水平面上，其质量为M,内壁 半径为R。凹槽左侧与竖直墙面接触，A、B两点为内壁半圆水平直径的左右两端点，一质 量为m的小球（可视为质点）自A点由静止释放，己知m小于M,则以下结论中正确的是 () A.小球在半圆槽内运动的整个过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒 B.在小球第一次下滑到最低点的过程中，竖直墙对凹槽的弹力做正功 C.小球能到达B点 A D.凹槽可以达到的最大速度小于√2gR 8.光滑的水平面上有A、B两个小物块，在0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随 后发生正碰，两小球碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则() A.物块A与B的质量比为1：1B.物块A与B的质量比为3：1 ◆x/m C.两物块的碰撞是弹性碰撞D.两物块的碰撞是非弹性碰撞 B 2 t/s 试卷第2页，共5页 9.一列简谐横波沿x轴传播，a、b分别为x轴上平衡位置在x=1m和x=7m的两质点，振动 图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( A.波一定沿x轴正方向传播 B.a、b两质点不可能同时经过平衡位置 C.这列波的波长可能是6m 6 D.这列波的波速可能是二m/s 10如图所示，有辆平板小车停放在光滑的水平地面上，平板小车上放置着两个质量不相等的 物体甲和乙，起初甲、乙两物体间有一根被压缩的轻弹簧，轻弹簧与甲、乙两物体相连接， 当两物体同时被释放后，则() 甲000000000000乙 77777777 A.若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙组成系统的动量守恒 B.若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒 C.若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙组成的系统动量守恒 D.若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒 二、实验题：共2小题，每空2分，共18分。 11.如图，用“碰撞实验器”来验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后 的动量关系。 (1)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是 A.可选用半径不同的两小球 B.选用两球的质量应满足m,>m2 C.小球m,每次必须从斜轨同一位置释放 D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间 N (2)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量 (填选项 前的符号)，间接地解决这个问题。 A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的水平射程 (3)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球，多次从斜轨上 S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。然后把被碰小球 静止放在轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球2相撞， 找到其平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM、ON。 试卷第3页，共5页 (4)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 ;若碰撞是弹性碰撞，那么 还应该满足的表达式为 。(用(2)或(3)中测量的量表示) 12.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等 器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。 UN 4.5 2.5+1/A 白红的 图1 图2 (1)图1的电路图为下图中的 (选填“A”或B”) R A A E.r A (2)如果实验中所用电表均为理想电表，根据图2该电池的电动势E=V,内阻r=Ω。 (3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得 的实验数据进行修正，在图2中重新绘制V-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐 标轴交点的数值将，与纵坐标轴交点的数值将。（两空均选填“变大”“变小”或 “不变”) 三、计算题：本题共3小题，共40分，其中第13题10分，14题14分，15题16分 13.如图所示，电路中电流表A为理想电流表，电源电动势E=24V,内阻=22， 电阻R1=22,R2=122,电动机额定电压U=12V,电动机线圈电阻RM=12。问： (1)当开关S1闭合，S2断开时，电流表的示数为多少： (2)当开关S1、S2都闭合时，电动机M以额定电压工作，求此时电阻R,的电流大小： (3)在(2)问的条件下，求电动机正常工作时的电流大小。 ● R M A 试卷第4页，共5页 14.为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置，两半径均为R=0.9m的四分之 一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量 m,=0.36kg的滑块b与质量m。=0.24kg滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静 置于轨道FG上。现有质量m。=0.12kg的滑块a以初速度y。=8m/s从D处进入，经DEF 管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点， 弹簧的弹性势能E,-2x为形变量)，重力加速度取g=10m/s。 1 (I)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小： (2)求滑块a经过圆弧轨道F点时，a受到的轨道支持力大小： (3)若滑块α第一次碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x R 01 R b G 15.如图所示，质量均为m=2kg可视为质点的滑块M、N用劲度系数为k=200N/m的轻弹簧相 连，静止放置在倾角为8=37°的光滑斜面上，N下端与垂直斜面的挡板P接触：现将质量 为M=4kg的物体Q在斜面上M的上方某点由静止释放，Q和M碰撞后立即粘为一体，此 后做简谐运动。运动过程中，物体N恰好不离开挡板，弹簧始终在弹性范围内，重力加速 度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)M、Q整体做简谐运动的振幅： (2)M、Q碰撞后瞬间的速度大小： (3)Q在斜面上由静止释放的位置与M最初位置间的距离。 Nww☑ 772 试卷第5页，共5页参考答案 题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 A D C D BD ABD 1.D 【详解】A.由于电流的方向竖直向上， 根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面 向里，左边垂直纸面向外，故A错误； B.直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流产生的磁场方向（从上向下看） 为逆时针方向，故B错误； C.根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右，故C错误； D.从上往下看，线框的电流方向为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上， 故D正确。 故选D。 2.A 【详解】A.由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz,固有周期为 T=1、1 f058=2s 故A正确； B.根据单摆周期公式 T=2π， Vg 解得单摆的摆长约为 l≈lm 故B错误； CD.若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故 CD错误。 故选A。 3.A 【详解】由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得： m=(M+mv,解得v=m。 M+m 根据动量定理，合外力的冲量I=M=M,故A正确，BCD错误. M+m 答案第1页，共11页 【点睛】木块自被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后 瞬间的速度，根据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量； 本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用. 4.D 【详解】A.斜面上的单摆的回复力由重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为 mg sin0,下滑分力的切线分力即回复力为ng sin 0sina,根据牛顿第二定律 mgsin0sina=ma 解得摆球在最高点的加速度 a=gsinesina 摆球在平衡位置时回复力为零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零， 故A错误； BC.等效重力加速度为gsin0,根据单摆的周期公式有 1 T=2π gsin0 只增大摆球的质量，摆球运动的周期不变，若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期将 变大，故BC错误； D.等效重力加速度为gsi血0，根据单摆的周期公式有 T=2π gsin 又 I=L+r 解得摆球的半径为 4π3 故D正确。 故选D。 5.B 【详解】A.由图可知，x=-3m处的质点起振方向向下，任何一点的起振方向均与波源起 振方向相同，故波源P起振方向向下，A错误； B.0~3s内波传播距离为3m,所以波速为lm/s,波再传播2m到达x=-lm,即需2s,故 答案第2页，共11页 在t=5s时刻到达，x=-1m的质点振动时间为3s;波长为2m,波速为lm/s,故周期为2s, 质点振动了一个半周期，即 64=12cm B正确； C.根据多普勒效应，观察者与波源相向运动，接收到的频率大于波的频率，C错误： D.同一介质的波传播速度相同，但波长不同，故两列波频率不同，不能产生干涉现象，D 错误。 故选B。 6.c 【详解】ABC.若将P向左滑，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则总电阻减小，总电 流增大，则A表读数变大，R和内阻上的电压变大，则R2上的电压减小，即V表的读数减 小，由于R两端电压增大，则电容器两极板上电压增大，则电容器两极板上带电荷量增大， 电容器两极板上电场强度变大，则日将增大，故AB错误，C正确； D.由图可知，若断开S,平行板电容器与R组成新的回路，电容器将放电，最终极板上电 荷量为零，则极板间电场强度为零，角度变为零，即角度变小，故D错误。 故选C。 7.D 【详解】A.小球从A点下落到最低点的过程中受到竖直墙面的作用，小球与半圆槽组成的 系统在水平方向的动量不守恒，故A错误； B.小球从开始释放至小球处于最低点过程中，凹槽无位移，弹力不做功，故B错误； C.小球下落到最低点后滑上凹槽的右侧的过程小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒， 机械能守恒，故小球不能到达B点，故C错误： D.小球又返回到最低点时，凹槽速度最大，小球下落到最低点时，由动能定理 mvo =mgR 2 解得 。=V2gR 由水平方向动量守恒定律和能量守恒定律 m。=my1+M2 答案第3页，共11页 1 1 1 mvo =mvi+Mv 2 2 2 解得 m+g名 2m m+MV2g歌<V2g欧 2m 2= 故D正确。 8.BC 【详解】AB.根据图像可知，碰后A处于静止，则A碰前的速度 3 vo=m/s=3m/s 1 B碰撞前后的速度 3-2 5-3 v= 2m/s=lm/s,=2-i” m/s=2m/s 1 根据动量守恒定律有 mAVo +mBv=mBV2 解得 mA1 me 3 故A错误，B正确； CD.结合上述，碰撞前有 2m6+2m=6m 1 1 2 碰撞后有 2mgV2-6mA 可知，两物块的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误。 故选BC。 9.BD 【详解】A.根据两个质点的振动图像无法判断该机械波的传播方向，A错误； B.根据图像可知，两者相差间距为+M或3+，所以不可能同时经过平衡位置，B 正确； 答案第4页，共11页 CD. 当两者间距为}2+nM时 41 1元+nM=6m 4 波长为 124 4n+mm=0.12.3) 波速 6 v=- -m(-0.1.2.3.) T4n+1 当n=0时，波长为24m,波速为6m/s; 当n=1时，波长为4.8m,波速为1.2m/s; 当n=2时，波长为8m,泼速为ms: 2 3 3 当两者间距为？+n时 4 3元+n%=6m 波长为 1s、24 4n+3m6r0.12.3 波速 1-6 v=. m(n-0.1.2.3.) T4n+3 当n=0时，波长为8m,波速为2m/s; 当m=1时，被长为华m,波速为； C错误，D正确。 故选BD。 10.ABD 【详解】A.把甲、乙组成一个系统可知，两物体同时被释放后，甲受到向右的摩擦，乙受 到向左的摩擦，若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则该系统合外力为零，满足动量守恒条件， 则甲、乙组成系统的动量守恒，故A正确； B.把甲、乙、小车组成系统，甲、乙所受的摩擦力为系统内力，由于地面光滑，故系统合 外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故B正确； C.若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，根据滑动摩擦力 答案第5页，共11页 f=uF 可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙两个质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系 统水平方向合外力不为零，不满足动量守恒条件，故甲、乙组成的系统动量不守恒，故C 错误； D.以上分析可知，虽然甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，造成二者摩擦力不相 等，但摩擦力属于系统内力，不影响系统动量守恒，由于地面光滑，故系统合外力依然为零， 满足动量守恒条件，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒，故D正确。 故选ABD。 11. BC/CB CmOP=m·OM+m2·ON mOP2 =m-OM2+mON2 【详解】(1)[]A.该实验中需要两小球在水平方向发生正碰，因此两小球的半径必须相同， 故A错误； B.碰撞后为了使入射小球不被反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即必须 满足m1>m2,故B正确； C.为了使入射小球的入射速度每次都相同，则小球m每次必须从斜轨同一位置释放，故C 正确； D.由于入射小球、被碰小球都从同一高度做平抛运动，而平抛运动在竖直方向的分运动为 自由落体运动，则有 1 h=gt2 2 可得 2h 可知落地时间相等，根据实验原理可知不需要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故D错 误。 故选BC。 (2)[2]由于入射小球和被碰小球都做平抛运动，而平抛运动在水平方向的分运动为匀速直 线运动，且入射小球和被碰小球做平抛运动的高度相同，则落地时间相同，因此在直接测定 小球碰撞前后的速度不容易的情况下，可测量小球做平抛运动的水平射程，即可得到小球做 答案第6页，共11页 平抛运动时的初速度，有v= 故选C。 (4)[3]根据实验原理，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 OP OM ON m1· t=m 化简可得 m1OP=m1·OM+m2OW [4若碰撞为弹性碰撞，则有 %(y1 1 %+ 2%% 化简可得 m1·OP2=m1·0M2+m2·0N2 12. B 4.5 1.8 不变变大 【详解】(1)[]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B; (2)[2[3]根据闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 有 U=-Ir+E 则U-I图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E,斜率是电池的内阻r,根据图像可知，纵 轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势E=4.5V;内阻 450=1.80 r= 2.5 (3)[4[5]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于 流过电池的电流，考虑电压表内阻R的影响，流过电压表的电流为 U别 Iv 可知流过电池的电流为 I=I捌+ x2,1>1 因电压表内阻R,不变，随着电压U测值减小，电压表电流1v减小，当电压U测值趋于0时， I趋于I测，在图2中重新绘制的U-I图线如图所示 答案第7页，共11页 U/V 4.5 →I/A 0 2.5 故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。 13.(1)1.5A (2)1A (3)2A 【详解】(1)当开关S1闭合，S2断开时，由闭合回路欧姆定律 E I=- r+R+R 代入数据得 I=1.5A (2)当开关S1、S2都闭合时，设此时电阻R2的电流为L2,由题意可知电动机与电阻R2为 并联回路，两者电压相等，可知 U%=U=12V 由部分回路欧姆定律 U 122 代入数据得 I,=1A (3)当开关S1、S2都闭合时，设此时干路电流为I1,由闭合回路欧姆定律 E=1(r+R)+U 根据混联电路的电流关系，干路电流I等于各支路电流之和，即 I=L+I 代入数据得 Iy=2A 答案第8页，共11页 14.(1)vp=10m/s (2) 2N 215 (3)0.2m 【详解】(1)滑块a从D到F,由能量关系 1 1 m,82R=2m,2-2m,6 2 解得 Vr=10m/s (2)若滑块α第一次经过圆弧轨道F点时受力分析得 R、-mg=maR 32N FN= 15 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度 mavr (ma+mp)v 解得 v=2.5m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 (ma+mo)v=(ma+m,+me)v' 则 v-3m/s 3 当弹簧被压缩到最短时压缩量为，由能量关系 风+)加2风+属+小+ 解得 =0.lm 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为 为2=x 则弹簧最大长度与最小长度之差 答案第9页，共11页 x=2x=0.2m 15.(1)0.24m;(2)1.2m/s;(3)0.27m 【详解】(1)弹簧弹力等MQ的重力的分力时处于平衡状态，有 kxo =(M+m)gsin0 可知，平衡位置时弹簧的形变量为 七=M+m)gsin =0.18m k 弹簧处于压缩状态；运动过程中，物体N恰好不能离开挡板，则有 mgsin=kx 故弹簧应伸长到最大位移处，此时形变量 x=mgsin =0.06m k 此时弹簧处于伸长状态；故简谐运动的振幅为 A=x+x=0.24m (2)Q与M碰撞之前，弹簧有 mgsin=kx 解得 x1=0.06m 此时弹簧处于压缩状态。则从物体Q与物体M刚碰后到物体N恰好不能离开挡板的过程， 根据能量守恒有 (M+m)s(x+5)sim0-(M+m)v 解得 v=1.2m/s (3)物体Q与物体M碰撞过程根据动量守恒有 (M+m)v=Mvo 解得 =1.8m/s 物体Q下滑的过程有 答案第10页，共11页