广东深圳市高级中学2025-2026学年高二下学期物理限时小练2（B卷）

限时小练2（B卷） 一、单选题 1．“中国天眼”位于贵州的大山深处，是500m口径球面射电望远镜。它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。下列关于电磁波的说法正确的是（　） A．电磁波在任何介质中传播速度均为 B．红外线的波长比紫外线大 C．麦克斯韦认为均匀变化的电场能激发出变化的磁场，空间将产生电磁波 D．法拉第通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论 2．振荡电路中电容器极板上的电荷量随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．时刻，电容器充电完毕，线圈中的磁场最弱 B．时刻，电容器两极板间电场能最强 C．至时间内，回路中的电流在减小 D．至时间内，回路中的磁场能在增强 3．某研究机构利用力传感器研究蹦床过程。传感器采集了某运动员在一次蹦床过程中对蹦床的压力随时间变化的关系，利用计算机绘制出图像如图所示。运动员视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度。则时间内图线与横轴围成的阴影面积约为（　　） A． B． C． D． 4．如图甲所示，直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个物块。现让该物块在竖直方向做简谐运动，从物块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其简谐运动的位移—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．当t=0.50s时，物块对弹簧的弹力最小 B．在t=0.25s和t=0.75s两时刻，弹簧的弹力大小相等 C．在0.25s~0.50s内，物块做加速度逐渐增大的加速运动 D．在0.25s~0.50s内，物块的动能和弹簧的弹性势能之和增大 5．如图所示，一个轻质弹簧下端挂一质量为m的小球，小球静止时，轻质弹簧的伸长量为x1，现将小球向下拉动x2后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球运动的振幅为x1+x2 B．时间内，小球通过的路程为 C．释放瞬间，小球的加速度大小为g D．释放瞬间，小球的加速度大小为 6．2025年8月15日，在文昌航天发射场“长十”系列运载火箭进行了系留点火试验，中国载人月球探测工程研制工作取得又一项重要阶段性突破。若神舟二十号载人飞船绕地球做匀速圆周运动，在飞船中物体处于完全失重状态，已知飞船中的弹簧振子劲度系数为500N/m，它的振动图像如图所示，下列说法正确的是（    ） A．在图中G点对应的时刻振子所受的弹力大小为20N，方向指向x轴的负方向 B．在图中G点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的负方向 C．在0~0.2s内振子完成两次全振动 D．在0.1~0.4s内振子通过的路程为48cm，位移为0 7．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅与驱动力频率的关系）如图所示，重力加速度，则（　　） A．驱动力周期约为0.25s B．此单摆的摆长约为1m C．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向右移动 D．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向左移动 二、多选题 8．如图所示，上表面粗糙的小车c静止在光滑水平面上，其上放有两个质量不同的物块a、b，a、b间有一根被压缩的轻弹簧。弹簧突然释放后，两物块发生滑动，下列说法正确的是（　　） A．若a、b两物体材料相同，则a、b组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒 B．若a、b两物体材料相同，则a、b、c组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒 C．若a、b两物体材料不同，则a、b组成的系统动量可能守恒、机械能一定不守恒 D．若a、b两物体材料不同，则a、b、c组成的系统机械能可能守恒、动量可能守恒 9．向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则(     　　) A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达地面 D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 10．如图，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的轻细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，重力加速度为，不计空气阻力，在小球运动过程中（　　） A．A、C组成的系统水平方向动量守恒 B．A、B、C组成的系统机械能守恒 C．球C第一次达到最大高度时速度为零 D．球C第一次摆到最低点时，木块A向右移动的距离为 三、实验题 11．某同学用如图1所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图2中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让A球多次从斜槽上某一固定位置C由静止释放，其平均落地点的位置为P。再把B球放在水平轨道末端，将A球仍从位置C由静止释放，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出A、B两个小球的质量分别为、，OM、OP、ON的长度分别为、、。 (1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺和螺旋测微器对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如下图所示，其游标卡尺读数为_____________、其螺旋测微器读数为__________。 (2)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。但是，可以通过仅测量_ _（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位移 (3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为__________、__________。（填落点位置的标记字母） 在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒，若还满足关系式___________，则可认为两球碰撞为弹性碰撞（用所测物理量的字母表示）。 12．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。 (1)实验时用螺旋测微器测量小球直径，示数如图乙所示，则读数为________mm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是________。 A．摆线要选择细些的、伸缩性大些的，并且适当长一些 B．测量摆长时应将摆线长加上小球半径作为摆长 C．为了使单摆的周期大一些，方便测量，开始时要拉开摆球，使摆角较大 D．摆球振动稳定后，当摆球运动至最低点处开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期 (3)实验中，若直接使用公式计算重力加速度，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是________。 A．摆线具有弹性，摆动时绳子伸长 B．以摆线的长度作为摆长来进行计算 C．把次全振动时间误当成n次全振动时间 D．在加速上升的电梯中做此实验 (4)通过改变摆线的长度，该小组测得多组摆长L和对应的周期的平方，画出的图像如图丙所示，若图像的斜率为k，纵截距为b，可得当地的重力加速度大小为________。 四、解答题 13．算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔x1=3.5×10-2m，乙与边框a相隔x2=2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以初速度v0=0.4m/s沿导杆水平拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小v1=0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。 （1）求与乙碰前，甲算珠的速度大小； （2）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （3）判断两颗算珠间的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由。 14．建筑工地上有质量的重锤，可以用来打桩。钢筋混凝土桩的质量，现把重锤升高，然后自由落下打击桩，混凝土桩经 停止运动，碰撞过程是完全非弹性碰撞，重力加速度g取。求： (1)重锤打到桩后的瞬间的速度大小，以及混凝土桩在向下运动的过程中受到的平均阻力大小； (2)若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，混凝土桩在向下运动过程中受到的平均阻力大小。 15．如图所示，质量为的木板放在水平地面上处于静止状态，木板左、右两端固定竖直挡板M、N。质量为的木块开始时位于木板正中间的标记点A处，木块可视为质点。当木板被锁定时，木块以的初速度向右运动并与挡板N、M各碰撞一次，最后恰好回到标记点A处。假设每次碰撞时间极短且不损失能量，木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小g取。 (1)求木板的长度l； (2)解除木板锁定，若地面光滑，要使木块还能与挡板N、M各碰撞一次后恰好回到标记点A处，求木块的初速度大小； (3)解除木板锁定，若木块光滑，木板与地面间的动摩擦因数为，当木块以的初速度向右运动，求最终木块与挡板N的距离。 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 限时小练2（B卷）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D B A C AC CD BD 1．B 【详解】A．电磁波仅在真空中的传播速度为，在介质中传播速度为（为介质折射率，），小于，故A错误； B．按电磁波谱波长从长到短的排序：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、射线，可知红外线波长比紫外线大，故B正确； C．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场会激发出恒定的磁场，恒定磁场无法再激发电场，不能产生电磁波，故C错误； D．赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，故D错误。 故选B。 2．A 【详解】A．由图可知，时刻，电容器极板上的电荷量最大，说明电容器充电完毕，电场能最大；此时电路中电流（图像切线斜率为零），线圈中的磁场能最小（最弱），故A正确； B． 时刻，电荷量，说明电容器放电完毕，极板间电场强度为零，电场能最弱（为零），此时电流最大，磁场能最强，故B错误； C．至时间内，电荷量的绝对值由最大变为零，说明电容器在放电，电场能转化为磁场能，回路中的电流在增大，故C错误； D．至时间内，电荷量的绝对值由零变为最大，说明电容器在充电，磁场能转化为电场能，回路中的电流在减小，磁场能在减弱，故D错误。 故选A。 3．C 【详解】根据图像判断，运动员的重力 运动员在时间段内做竖直上抛运动，离开蹦床时速度 在时间内根据动量定理有 解得 故选C。 4．D 【详解】A．当t=0.50s时，物块在平衡位置处，加速度为零，弹簧的弹力等于物块重力，弹力既不是最小也不是最大，A错误； B．在t=0.25s和t=0.75s两时刻，物块相对平衡位置的位移大小相等，但弹簧的形变量不同，即弹簧的弹力不相等，B错误； CD．在0.25s~0.50s内，物块从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则物块所受合力逐渐减小，加速度减小，即物块做加速度逐渐减小的加速运动，此过程中，物块的重力势能减小，所以物块的动能与弹簧的弹性势能之和增大，C错误、D正确。 故选D。 5．B 【详解】A．振幅是小球偏离平衡位置的最大距离。将小球向下拉后释放，偏离平衡位置的最大距离为，即振幅为，故A错误； B．的时间间隔 ，即半个周期。根据简谐运动的规律：半个周期内质点的路程一定为振幅的2倍，本问题中振幅为，因此路程为，故B正确； CD．最开始静止时有 释放瞬间，小球的总伸长量为，弹簧弹力 合力大小 加速度 ，故CD错误。 故选B。 6．A 【详解】A．由振动图像可知，G点位移为4cm，根据胡克定律可知弹力为 弹力方向指向x轴负方向，故A正确； B．G点处于从最大位移处向平衡位置运动的阶段，速度方向指向x轴正方向，故B错误； C．由图像可知周期为0.2s，在0~0.2s内完成1次全振动，故C错误； D．在0.1~0.4s内振子运动的时间为 通过的路程为 位移为16cm，故D错误。 故选A。 7．C 【详解】A．当驱动力频率等于单摆固有频率时，单摆振幅最大，由图像可知当驱动力频率为0.250Hz时单摆振幅最大，故单摆固有频率为0.250Hz，故，故A错误； B．又因为，联立可得摆长为，故B错误； CD．由单摆周期公式可知，故若摆长适当减小，则固有频率变大，共振曲线的峰将向右移动，故C正确，D错误。 8．AC 【详解】A．若a、b两物体材料相同，由于质量不同，则a、b两物体受到的摩擦力大小不相等，则a、b组成的系统所受合外力不为0，动量不守恒；由于a、b两物体的动能均增加，所以a、b组成的系统机械能不守恒，故A正确； B．若a、b两物体材料相同，由于水平面光滑，所以a、b、c组成的系统所受合外力为0，动量守恒；由于a、b、c的动能均增加，所以a、b、c组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．若a、b两物体材料不同，当a、b两物体受到的摩擦力大小相等时，则a、b组成的系统所受合外力为0，动量守恒；由于a、b两物体的动能均增加，所以a、b组成的系统机械能不守恒，故C正确； D．若a、b两物体材料不同，由于水平面光滑，所以a、b、c组成的系统所受合外力为0，动量守恒；由于a、b两物体的动能均增加，c的动能也可能增加，所以a、b、c组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 9．CD 【详解】AD．物体在炸成两块时，系统在水平方向动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律可知 当 且v1>0时b的速度方向可能与原速度方向相同、相反或为零，但a和b两块的动量变化一定大小相等，方向相反，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等，方向相反，A错误，D正确； BC．在爆炸后，a和b在竖直方向做自由落体运动，二者在空中运动时间相等，同时到达地面，由于a和b的水平速度关系未知，所以二者落地时的水平距离关系不能确定，选项B错误，C正确。 故选CD。 10．BD 【详解】A．A、C组成的系统在水平方向受到B对A弹力，合外力不为零，因此水平方向动量不守恒，故A错误； B．A、B、C组成的系统，水平面光滑、细线拉力为内力，只有重力做功，无其他能量损耗，因此机械能守恒，故B正确； C．当 C 第一次摆到最低点后，A 与 B 分离，C 继续上摆，此时 A、C 水平方向动量守恒且机械能守恒。当 C 达到最大高度时，C 与 A 的水平速度相同（不为零），并非速度为零，故C错误； D．在 C 下摆到最低点的过程中，A、B 一起运动，A、B、C 系统水平方向动量守恒，且初始总动量为 0。 设 A 向右移动的距离为，则 C 向左移动的水平距离为 由 “人船模型” 解得，故D正确。 故选BD 。 11．(1)11.700/11.699/11.701 (2)BD (3)CD (4)（每空2分） 【详解】（1）读数为。 （2）A．摆线不能有伸缩性，应适当细些、长些，故A错误； B．摆长为摆线长加小球半径，故B正确； C．单摆测重力加速度的前提是摆角小于5°，故C错误； D．当摆球运动至最低点处开始计时，误差最小，50次全振动所用的时间t，则单摆周期，故D正确。 故选BD。 （3）根据，得 A．摆线具有伸缩性，则摆长测量值偏小，则g的测量值偏小，故A错误； B．以摆线的长度作为摆长来进行计算，摆长测量值偏小，则g的测量值偏小，故B错误； C．把次全振动时间误当成n次全振动时间，T的测量值偏小，则g的测量值偏大，故C正确； D．在加速上升的电梯中做此实验，等效重力加速度大于g，则g的测量值偏大，故D正确。 故选CD。 （4）[1][2]图丙中，图像交纵轴于正半轴，这是由于把摆线长当成摆长造成的，但这并不会改变图像的斜率，由，得 则 得 12．(1) 10.5 10.400 (2)A (3) M N （每空1分） 【详解】（1）[1]观察主尺的单位为，读出主尺的读数是，游标尺上的第五条刻度线与主尺上的刻度线对齐，其读数为，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为 [2]螺旋测微器读数为 （2）ABC．首先考查在实验的过程中，需要小球A两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同。实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A正确，BC错误。 故选A。 （3）[1][2]设A、B两球的质量分别为mA和mB，由（2）中分析知mA>mB；碰前A的速度v0；因为两个金属小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得， 可见碰后小球A的速度小于小球B的速度，也小于碰前A的速度v0；所以小球A单独滚下落到水平面上的位置为P，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为M、N。 [3]小球下落高度相同，则运动时间相同，由动量守恒定律可知，若两球碰撞前后的总动量守恒，则 化简可得 故两球碰撞前后的总动量守恒，则满足 [4]由机械能能守恒得 代入可得 结合 联立化简可得 13．（1）0.3m/s；（2）乙恰好能滑到边框a；（3）不是弹性碰撞，理由见解析 【详解】（1）甲、乙滑动时的加速度大小均为（1分） 设与乙碰前甲的速度为v，则（1分） 解得v=0.3m/s（1分） （2）设碰后乙的速度为v2，碰撞时由动量守恒定律，有（1分） 解得v2=0.2m/s 碰后乙做减速运动，当速度减为零时，位移大小为（1分） 由于，可知乙恰好能滑到边框a。（1分） （3）碰前甲和乙的总动能为（1分） 碰后甲和乙的总动能为（1分） 计算可知（1分） 所以不是弹性碰撞。（1分） 14．(1)， (2) 【详解】（1）重锤与混凝土桩撞击前的速度为（2分） 可得 再根据碰撞时，动量守恒（2分） 可得重锤打到桩后的瞬间的速度大小（1分） 由动量定理可得（2分） 可得（1分） （2）若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，则有动量守恒（2分） 动能守恒有（2分） 解得 由动量定理（2分） 所以（1分） 15．(1)0.375m (2) (3)0.125m 【详解】（1）当木板被锁定时，木块与木板每次碰撞时间极短且不损失能量，木块最后恰好回到标记点A处时速度为零，则木块的运动可等效为匀减速直线运动，运动的加速度大小为（1分） 木块运动的总时间为（1分） 设木板的长度为l，则（1分） 解得（1分） （2）木块恰好回到标记点A处时与木板有共同速度，规定向右为正方向，对木块与木板，由动量守恒定律得（2分） 解得 由能量守恒定律可知（2分） 联立解得木块的初速度大小（1分） （3）木块第一次与挡板N碰撞，木块的速度从变为，木板的速度从0变为，由动量守恒（1分） 由能量守恒有（1分） 解得，（1分） 即木块与木板的速度在碰撞后互换，同理，每次在挡板M或N发生碰撞后，木块与木板的速度互换。若在整个运动过程中木板的位移为，由能量守恒（1分） 解得 而（1分） 故，（1分） 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 $