精品解析：黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中物理试卷

哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年度上学期 高二期中考试 物理试题 一、选择题（本题共14小题，共48分。其中1-8题为单选，选对得3分，错选、不选或多选得0分；9-14题为多选，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分） 1. 关于电流，下列说法中正确的是（　　） A. 通过导线截面的电荷量越多，电流越大 B. 电子运动的速率越大，电流越大 C. 单位时间内通过导体截面电荷量越多，导体中的电流越大 D. 电荷运动的方向就是电流方向 2. 如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个轻质弹簧和实心铁质小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约为3Hz。现使圆盘以4s的周期匀速运动，圆盘转动带动小球振动，经过一段时间稳定后，下列说法正确的是（　　） A. 小球振动的频率为3Hz B. 圆盘转速越大，小球振幅越小 C. 从小球由平衡位置向下振动开始计时，到弹簧弹性势能一定减小 D. 从小球由平衡位置向下振动开始计时，到小球的速度增大，回复力减小 3. 惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。下列说法正确的是（　　） A. 多次改变α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B. 多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 C. 多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D. 在摆角很小的情况下，改变α角，可改变单摆的振动周期 4. 如图所示为两个振动情况完全相同的相干波源某一时刻的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。a、b、c、d 是波传播路径上的四个点。此刻两列波在 d 点引起的位移都是零，下列说法正确的是（　　） A. a是振动加强点，c是振动减弱点 B. 无法判断 d 点是振动加强点还是减弱点 C. 再经过，b点位于波谷的位置 D. 再经过，a点位于波谷的位置 5. 如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，现将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出，不计空气阻力，关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（ ） A. 三个物块落地前瞬间的动量相同 B. 三个物块落地前瞬间的动能相同 C. 重力对三个物块做功相同 D. 重力对三个物块的冲量相同 6. 如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球时，t=0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示.则由图线可知 A. 两小球带电的电性一定相反 B. 甲、乙两球的质量之比为2: 1 C. 在0〜t2时间内，两球间的静电力增大 D. 在0〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 7. 在如图所示的U—I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻、的电压与电流关系。现将电阻、并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　） A. 通过、的电流之比为2:1 B. 、两电阻的功率之比为2:1 C. 该电源的输出功率为4.32W D. 该电源的效率为50% 8. 如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A. 甲、乙达到共同速度所需的时间为 B. 甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C. 甲、乙相对滑动的总路程为 D. 如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 9. 一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的 ． A. 位移增大 B. 速度增大 C. 回复力增大 D. 机械能增大 10. 某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为10cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q。球外某光源发出的一细束单色光从球上P点射向球内，当折射光线与水平直径PQ成角时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（　　） A. “水晶球”的折射率为 B. 光在“水晶球”中的传播时间为 C. 光从空气进入“水晶球”后，光的波长变大 D. 若仅换用波长较长入射光，则光在“水晶球”中的传播速度比波长较短的入射光大 11. 如图所示，半径为的四分之一圆弧轨道和固定在水平面上并与水平轨道平滑连接，轨道面均光滑。将一质量为的滑块1从轨道上端的点静止释放，并与静止在水平轨道上质量也为的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，然后滑上轨道。不计空气阻力，滑块1、2、3均可看成质点，重力加速度为，则（　　） A. 滑块1从A点滑到B点过程中，重力的功率先变大再变小 B. 滑块1从A点滑到B点的时间为 C. 滑块3在轨道CD上能上升的最大高度为0.5R D. 滑块3在圆弧轨道最低点C受到的弹力大小为3mg 12. 如图甲所示为P、Q两质点在某种介质中振动图像，两质点振动形成的机械波在时刻同时分别从图乙的A、B两点开始向四周传播，时恰好相遇。已知A、B相距1.2m，C为AB中点，BD的连线与AB垂直，且B、D相距1.6m。下列说法正确的是（　　） A. P、Q两质点振动形成的机械波的波长为0.4m B. 直线上A、B两点外侧均为振动减弱点 C. 内直线上C点通过的路程为 D. D点为振动加强点 13. 家用洗地机是我们的家务好帮手，利用电机转动产生强大的吸力来清理地面垃圾，可以起到吸、拖一体的效果，如图甲所示。小华和他的兴趣小组对某品牌最新款洗地机内的直流蓄电池进行研究，研究过程中系统输出的图像如图乙所示，其中P为直流电源的输出功率、U为直流蓄电池两端电压，直流蓄电池的容量。下列说法正确的是（　　） A. 该蓄电池的电动势为12V B. 该蓄电池的内阻为1Ω C. 该蓄电池的最大输出功率为144W D. 若用充电器给电源充电，充电电流为3A时，则充满该电池至少需要1.5h 14. 物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1.2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F， t＝1s时撤去F，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A. t＝1s时a的速度大小为0.8 m/s B. t＝1s时弹簧伸长量最大 C. b物块的质量为0.8 kg D. 弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6 m/s 二．实验题（本题共2小题，共16分；其中15题8分，16题8分） 15. 如图所示，某实验小组的同学将长木板沿倾斜方向固定来验证动量守恒定律，并进行了如下的操作： a.将斜槽固定在水平桌面上，并调整斜槽末端水平； b.在长木板上由下往上依次铺有白纸和复写纸； c.先让入射小球A多次从斜轨上的某位置由静止释放；然后把被碰小球B静置于轨道的末端，再将入射小球A从斜轨上同一位置由静止释放，与小球B相撞； d.多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到碰撞前后小球在长木板上的平均落点M、P、N，其中P点为小球A单独运动的落点。 （1）为了防止小球A不被反弹，则应满足小球A的质量_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）小球B的质量； （2）被撞小球B的落点是_________（选填“M”“P”或“N”）； （3）关于对本实验的理解，下列正确的是________； A. 需测量释放点到斜槽末端的高度h B. 需用测量小球从抛出至落到斜面的飞行时间 C. 需用天平测量两球的质量m1和m2 D. 需测量M、P、N到斜槽末端O点的长度L1、L2、L3 （4）若两球碰撞的过程中动量守恒，则关系式__________成立（用m1、m2、L1、L2、L3表示）；若该碰撞过程的机械能也守恒，则关系式___________________成立（用L1、L2、L3表示）。 16. 如图甲所示是多用电表欧姆挡内部部分原理图，已知电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω，灵敏电流计满偏电流Ig＝10 mA，内阻rg＝90 Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。 （1）多用电表的选择开关旋至“”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为________ Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为________ Ω。 （2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计________（选填“串联”或“并联”）一阻值为________ Ω的电阻，再进行欧姆调零。 （3）某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是________（填选项前的字母）。 A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端 B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零 D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω 三、计算题（本题共3小题，共36分；其中17题8分，18题12分，19题16分。解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分） 17. 一列简谐波在轴上传播，如图所示，时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。已知，问： （1）若波沿轴正方向传播，且，这列波传播速度是多大？ （2）若波沿轴负方向传播，且无约束条件，波速是多大？ 18. 如图甲，有一单摆，悬点为O，摆长为L。将摆球（可视为质点）拉到A点后由静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，最大摆角为α，摆球质量为m。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，其中t0为已知量，不计空气阻力。求： （1）当地重力加速度的大小； （2）摆球在A点时，回复力的大小； （3）细线对摆球拉力的最小值和最大值。 19. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2. （1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小； （2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年度上学期 高二期中考试 物理试题 一、选择题（本题共14小题，共48分。其中1-8题为单选，选对得3分，错选、不选或多选得0分；9-14题为多选，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分） 1. 关于电流，下列说法中正确的是（　　） A. 通过导线截面的电荷量越多，电流越大 B. 电子运动的速率越大，电流越大 C. 单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D. 电荷运动的方向就是电流方向 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AC．物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简称电量)叫做电流强度，通过导体横截面的电量越多，但时间不知道，电流强度不一定大，故C正确，A错误； B．由 可知电子运动的速率越大，电流不一定越大，电流大小还与n、q、S有关，故B错误； D．电流有方向，其方向规定为正电荷运动方向，故D错误。 故选C。 2. 如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个轻质弹簧和实心铁质小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约为3Hz。现使圆盘以4s的周期匀速运动，圆盘转动带动小球振动，经过一段时间稳定后，下列说法正确的是（　　） A. 小球振动的频率为3Hz B. 圆盘转速越大，小球振幅越小 C. 从小球由平衡位置向下振动开始计时，到弹簧弹性势能一定减小 D. 从小球由平衡位置向下振动开始计时，到小球的速度增大，回复力减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．圆盘以4s的周期匀速运动，圆盘转动带动小球振动，经过一段时间稳定后，小球振动是受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，即圆盘转动周期4s，则小球振动的频率为 A错误； B．由题意可知，当驱动力的频率等于时，小球的振幅最大，圆盘转速由小于频率的转速越来越大时，驱动力的频率越大，小球振幅会增大，当驱动力的频率等于时，振幅最大，当驱动力的频率等于后继续增大时，振幅减小，B错误； C．从小球由平衡位置向下振动开始计时，小球周期是4s，在时，小球向下振动到最大位移处，速度是零，弹簧的伸长量最大，此时弹簧的弹性势能最大，以后小球在弹力的作用下开始向上振动，弹力对小球做正功，小球的动能增大，弹簧弹性势能减小，到时，小球的动能最大，弹簧弹性势能最小， C正确； D．从小球由平衡位置向下振动开始计时，时小球的速度最大，向下振动弹力对小球做负功，小球的动能减小，速度减小，弹簧的弹力增大，到小球向下振动到最大位移处，小球的速度减小到零，弹力最大，则回复力最大，D错误。 故选C。 3. 惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。下列说法正确的是（　　） A. 多次改变α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B. 多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 C. 多次改变斜面倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立 D. 在摆角很小的情况下，改变α角，可改变单摆的振动周期 【答案】C 【解析】 【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为，则有 解得 可知，多次改变角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A错误； BC．根据单摆的周期公式可得 可知，多次改变斜面倾角，只要得出，就可以验证该结论成立，故B错误，C正确； D．根据可知，在摆角很小的情况下，改变α角，单摆的振动周期不变，故D错误。 故选C。 4. 如图所示为两个振动情况完全相同的相干波源某一时刻的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。a、b、c、d 是波传播路径上的四个点。此刻两列波在 d 点引起的位移都是零，下列说法正确的是（　　） A. a是振动加强点，c是振动减弱点 B. 无法判断 d 点是振动加强点还是减弱点 C. 再经过，b点位于波谷的位置 D. 再经过，a点位于波谷的位置 【答案】D 【解析】 【详解】A．点a是波峰与波峰相遇，c点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，故A错误； B．d点位于加强点的连线上，到两个波源的路程差为零，是振动加强点，故B错误； C．b点为波峰与波谷相遇的点为振动减弱点，因两个振动情况完全相同，则振幅为零处于平衡位置，再经过b点依然在平衡位置，故C错误； D．再经过，两列波的波谷传到a点，叠加后a点位于波谷的位置，故D正确。 故选D。 5. 如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，现将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出，不计空气阻力，关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（ ） A. 三个物块落地前瞬间的动量相同 B. 三个物块落地前瞬间的动能相同 C. 重力对三个物块做功相同 D. 重力对三个物块的冲量相同 【答案】C 【解析】 【分析】a沿斜面做加速度为，初速度为零的匀加速直线运动；b做自由落体运动；c做平抛运动。三物体下落高度相同，质量相同，故重力对三物体做功相同。 【详解】A．动量是矢量，三个物块落地时速度方向不同，故动量不同，A错误； BC．由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据动能定理 c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，a、b的动能相同，故B错误，C正确； D．由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由 得 故b、c下落时间相同，根据可知，重力对b、c两物体的冲量相同；但a的下落时间，与b、c的下落时间不同，故D错误。 故选C。 【点睛】本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据动能定理、动量定理和运动学公式列式分析。 6. 如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球时，t=0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示.则由图线可知 A. 两小球带电的电性一定相反 B. 甲、乙两球的质量之比为2: 1 C. 在0〜t2时间内，两球间的静电力增大 D. 在0〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，A项不符合题意； B．两球作用过程动量守恒，则： 解得： B项符合题意； C．在0〜t2时间内，两球间距离先减小后增大，静电力先增大后减小，C项不符合题意； D．在0〜t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，D项不符合题意. 7. 在如图所示的U—I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻、的电压与电流关系。现将电阻、并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　） A. 通过、的电流之比为2:1 B. 、两电阻的功率之比为2:1 C. 该电源的输出功率为4.32W D. 该电源的效率为50% 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知， 则 Rb与Rc并联，则电流与电阻成反比，即，故A错误； B．并联时电压相等，根据，得，故B错误； C．由图可知，电源的电动势和内阻为， Rb与Rc并联的阻值为 该电源的输出功率为，故C正确； D．该电源的效率为，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A. 甲、乙达到共同速度所需的时间为 B. 甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C. 甲、乙相对滑动的总路程为 D. 如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 【答案】C 【解析】 【详解】AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则 得 则达到共速所需的时间为 碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A错误，B错误； C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得 解得 故C正确； D．甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有 解得 若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有 解得 即最终甲距离乙左端的距离不可能为，故D错误。 故选C。 9. 一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的 ． A. 位移增大 B. 速度增大 C. 回复力增大 D. 机械能增大 【答案】AC 【解析】 【详解】由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A正确；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力 可知，位移增大，回复力增大，故C正确，单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误； 10. 某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为10cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q。球外某光源发出的一细束单色光从球上P点射向球内，当折射光线与水平直径PQ成角时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（　　） A. “水晶球”的折射率为 B. 光在“水晶球”中的传播时间为 C. 光从空气进入“水晶球”后，光的波长变大 D. 若仅换用波长较长的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度比波长较短的入射光大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．如图所示 由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率，故A正确； B．光在“水晶球”中传播的距离 时间，故B错误； C．光从空气进入“水晶球”后，光的频率不变，速度变小由 光的波长变小，故C错误； D．光从空气进入“水晶球”后，光的频率不变，由 换用波长较长的入射光，则光在“水晶球”中的传播速度比波长较短的入射光大，故D正确； 故选AD。 11. 如图所示，半径为的四分之一圆弧轨道和固定在水平面上并与水平轨道平滑连接，轨道面均光滑。将一质量为的滑块1从轨道上端的点静止释放，并与静止在水平轨道上质量也为的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，然后滑上轨道。不计空气阻力，滑块1、2、3均可看成质点，重力加速度为，则（　　） A. 滑块1从A点滑到B点过程中，重力的功率先变大再变小 B. 滑块1从A点滑到B点的时间为 C. 滑块3在轨道CD上能上升的最大高度为0.5R D. 滑块3在圆弧轨道最低点C受到的弹力大小为3mg 【答案】AD 【解析】 【详解】A．滑块1从轨道上端的点静止释放，此时重力的功率为零。当滑块1滑到B点时，速度沿水平向右，与重力垂直，此时重力的功率也为零。故滑块1从A点滑到B点过程中，重力的功率先变大再变小，A正确； B．若把滑块1的运动看成单摆，则滑块1从A点滑到B点的时间为 解得 但滑块1运动过程的等效摆角过大，不能看成单摆，B错误； C．滑块1从A点滑到B点过程中，由动能定理有 1、2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有 对滑块3，由动能定理有 解得，C错误； D．滑块3在圆弧轨道最低点C，由牛顿第二定律有 解得，D正确。 故选AD。 12. 如图甲所示为P、Q两质点在某种介质中的振动图像，两质点振动形成的机械波在时刻同时分别从图乙的A、B两点开始向四周传播，时恰好相遇。已知A、B相距1.2m，C为AB中点，BD的连线与AB垂直，且B、D相距1.6m。下列说法正确的是（　　） A. P、Q两质点振动形成的机械波的波长为0.4m B. 直线上A、B两点外侧均为振动减弱点 C. 内直线上C点通过的路程为 D. D点为振动加强点 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由题意可知时两波恰好传播到C点，则传播速度为 由甲图可知周期为，则P、Q两质点振动形成的机械波的波长为，故A正确； B．直线上A、B两点外侧的点与A、B两点的波程差为 由于A、B两点波源振动的相位差为，可知直线上A、B两点外侧均为振动减弱点，故B正确； C．C点与A、B两点的波程差为 可知C点为振动减弱点，则C点的振幅为 时，C点已经振动时间为 则C点通过的路程为，故C错误； D．D点与A、B两点的波程差为 可知D点振动减弱点，故D错误。 故选AB。 13. 家用洗地机是我们的家务好帮手，利用电机转动产生强大的吸力来清理地面垃圾，可以起到吸、拖一体的效果，如图甲所示。小华和他的兴趣小组对某品牌最新款洗地机内的直流蓄电池进行研究，研究过程中系统输出的图像如图乙所示，其中P为直流电源的输出功率、U为直流蓄电池两端电压，直流蓄电池的容量。下列说法正确的是（　　） A. 该蓄电池的电动势为12V B. 该蓄电池的内阻为1Ω C. 该蓄电池的最大输出功率为144W D. 若用充电器给电源充电，充电电流为3A时，则充满该电池至少需要1.5h 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．设蓄电池的电动势为，内阻为，则直流电源的输出功率为 整理可得 可知图像的斜率为 图像的纵轴截距为 解得 ， 故A错误，B正确； C．根据 可知 即 该蓄电池的最大输出功率为 故C正确； D．若用充电器给电源充电，充电电流为3A时，则充满该电池至少需要的时间为 故D错误。 故选BC。 14. 物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1.2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F， t＝1s时撤去F，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A. t＝1s时a的速度大小为0.8 m/s B. t＝1s时弹簧伸长量最大 C. b物块的质量为0.8 kg D. 弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6 m/s 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，可知时a的速度大小满足，故A错误； B．图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，时a的速度大于b的速度，撤去F后，弹簧继续伸长，当二者共速时，弹簧伸长量最大，故B错误； C．时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得 时，a、b整体加速度相同，且，对整体根据牛顿第二定律可得 解得，故C正确； D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为 撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则 解得，故D正确。 故选CD。 二．实验题（本题共2小题，共16分；其中15题8分，16题8分） 15. 如图所示，某实验小组的同学将长木板沿倾斜方向固定来验证动量守恒定律，并进行了如下的操作： a.将斜槽固定在水平桌面上，并调整斜槽末端水平； b.在长木板上由下往上依次铺有白纸和复写纸； c.先让入射小球A多次从斜轨上的某位置由静止释放；然后把被碰小球B静置于轨道的末端，再将入射小球A从斜轨上同一位置由静止释放，与小球B相撞； d.多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到碰撞前后小球在长木板上的平均落点M、P、N，其中P点为小球A单独运动的落点。 （1）为了防止小球A不被反弹，则应满足小球A的质量_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）小球B的质量； （2）被撞小球B的落点是_________（选填“M”“P”或“N”）； （3）关于对本实验的理解，下列正确的是________； A. 需测量释放点到斜槽末端的高度h B. 需用测量小球从抛出至落到斜面的飞行时间 C. 需用天平测量两球的质量m1和m2 D. 需测量M、P、N到斜槽末端O点的长度L1、L2、L3 （4）若两球碰撞的过程中动量守恒，则关系式__________成立（用m1、m2、L1、L2、L3表示）；若该碰撞过程的机械能也守恒，则关系式___________________成立（用L1、L2、L3表示）。 【答案】（1）大于 （2）N （3）CD （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 为了防止小球A不被反弹，则应满足A球的质量大于B球的质量； 【小问2详解】 结合题图分析可知，P点为碰前入射球A的落点，M、N分别为碰后入射球A以及被碰球B的落点； 【小问3详解】 A．小球抛出时的初速度可以用表示，无需测量高度，故A错误； B．该实验中两球从同一点抛出，水平位移对应小球在抛出点和落地点处的球心之间的水平距离，竖直位移对应小球在抛出点和落地点的最下方位置之间的竖直高度，不需要测量A球或B球的直径，故B错误； CD．需要验证的关系式 可知，需要测量的物理量应有A球和B球的质量m1和m2以及OM，OP，ON的长度L1、L2、L3，故CD正确。 故选CD。 【小问4详解】 [1]结合图和题意可知 若碰撞过程中两球的动量守恒，则应满足 由以上整理得 [2]若该碰撞过程的机械能守恒，则应有 整理可得 16. 如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω，灵敏电流计满偏电流Ig＝10 mA，内阻rg＝90 Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。 （1）多用电表的选择开关旋至“”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为________ Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为________ Ω。 （2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计________（选填“串联”或“并联”）一阻值为________ Ω的电阻，再进行欧姆调零。 （3）某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是________（填选项前的字母）。 A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端 B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零 D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175 Ω 【答案】 ①. 150 ②. 70 ③. 并联 ④. 10 ⑤. AC 【解析】 【分析】 【详解】(1)[1]设欧姆表总内阻为R，短接时有 代入数据计算得 [2]当半偏时有 所以R＝R中，所以选择的是“×10”挡位，根据题图丙可知读数为70 Ω。 (2)[3]开关旋至“×1”，此时内阻R′＝R中＝15 Ω，短接时电流 所以给表头并联一个分流电阻R0。 [4]根据欧姆定律 (3)[5]A．二极管具有单向导电性，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故需要表笔A、B应分别接二极管的C、D端，故A正确； B．实验测量时，手不能触碰金属杆，否则会将自身电阻并联进电路，测量值偏小，故B错误； C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻对该挡位太小，所以应该换小挡位，即“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，故C正确； D．欧姆表表盘刻度不均匀，“左密右疏”且越往左阻值越大，所以测量值应小于175 Ω，故D错误。 故选AC。 三、计算题（本题共3小题，共36分；其中17题8分，18题12分，19题16分。解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分） 17. 一列简谐波在轴上传播，如图所示，时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。已知，问： （1）若波沿轴正方向传播，且，这列波的传播速度是多大？ （2）若波沿轴负方向传播，且无约束条件，波速是多大？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 波沿x轴正方向传播，因为， 故波速 【小问2详解】 波沿x轴负方向传播，传播的距离 则波速 18. 如图甲，有一单摆，悬点为O，摆长为L。将摆球（可视为质点）拉到A点后由静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，最大摆角为α，摆球质量为m。在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，其中t0为已知量，不计空气阻力。求： （1）当地重力加速度的大小； （2）摆球在A点时，回复力的大小； （3）细线对摆球拉力的最小值和最大值。 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【小问1详解】 由图像乙可得，单摆周期为 根据单摆周期公式 联立可得 【小问2详解】 摆球在A点时，回复力大小为 解得 【小问3详解】 当摆球位于最高点时，绳子的拉力最小 整理得 当摆球位于最低点时，绳子拉力和重力的合力提供向心力，此时绳子拉力最大，根据牛顿第二定律有 摆球从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有 联立可得 19. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2. （1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小； （2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？ 【答案】（1）3.0 m/s（2）1.0 J（3）7.1 m/s 【解析】 【详解】（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x 由牛顿第二定律得 μmg＝ma 由运动学公式得 v＝vC＋at， x＝vCt＋at2 代入数据可得 x＝1.25 m<L 故滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s. （2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2 由动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v1， (mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvC A、B碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有 Ep＋(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)v22＋mCvC2 代入数据可解得 Ep＝1.0 J. （3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值vm，则碰撞后滑块C速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v 设A与B碰撞后的速度为v′1，与滑块C分离后A与B的速度为v′2，滑块C的速度为v′C C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3 m/s，加速度大小为2 m/s2 由匀变速直线运动的速度－位移公式得 v2－ v′2C＝2（－a）L， 解得 v′C＝5 m/s 以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A、B碰撞过程有 mAvm＝(mA＋mB)v′1 弹簧伸开过程有 (mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2 在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得 Ep＋(mA＋mB)v′21 ＝(mA＋mB)v′22＋mC v′2C 联立以上几式并代入数据解得 vm＝7.1 m/s. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $