天津市和平区第二十中学2025-2026学年高二下学期5月期中调研检测物理试卷

第二学期高二年级物理学科期中调研检测 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，关于物体的振动下列说法正确的是() ◆x/cm 0.4 /0.8 t/s A.物体振动的振幅为4cm B.物体振动的周期为0.4s C.0.2s~0.4s过程物体沿x轴正方向运动D.0.4s~0.6s过程物体运动的速度在减小 2.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的电动势随时间变 化的规律如下图所示。已知线框内阻为1.02，外接灯泡的电阻为9.02，则() te/V 20W2 0 0.1 0.2→ -202 A.线圈在图示位置时，线圈磁通量变化率为0 B.电路中的电流方向每秒改变10次 C.仁0时刻，线圈处于中性面 D.电动势的瞬时值表达式为e=20√2sinl0πt(V) 3.2026年2月11日，我国网系火箭回收技术已成功验证核心能力，是中国航天在可重复使用领域的重大 自主创新，为载人登月等重大工程奠定了基础。如图所示为火箭落网时的情景，火箭发动机将大量初速度 为零的正离子通过电场加速后从火箭下方射出，从而使火箭获得向上的反冲力。已知单个正离子的质量为 m,电荷量为9，加速电压为U,射出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略射出 离子对火箭质量的影响。火箭发动机产生的平均推力大小为() mU 2mU mU c.12g D.21, U A.I B.I 4.如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是() B 0 A.在O点合外力为零 B.从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零 C,任意半个周期内，合力的冲量可能为零 D.任意半个周期内，合力做的功可能不为零 5.关于教材中插图所涉及的物理知识，描述正确的是() 列水波通过狭缝时的折射现象 B 单摆做受迫振动的周期与摆球质量有关 C. 水下多普勒测速仪可测海水流速 D 水波干涉时振动加强点位移一定比振动减弱点位移大 二、多选题 6.如图所示，光滑水平面上有一侧是半径为，m的光滑圆弧轨道的滑块，其质量为2水g,一质量为kg的 2 小球（可视为质点）以3m/s的速度沿水平面滑上轨道，重力加速度8=10m/s2,下列说法正确的是() 0 R Q% A.小球滑上轨道的过程中，小球与滑块的总动量守恒 B.小球滑下轨道的过程中，小球与滑块组成的系统机械能守恒 C.小球能够飞出圆弧轨道 D.滑块获得的最大速度为2m/s 7.图甲是一列简谐横波在某时刻的波形图，质点MN、P、O分别位于介质中x=3、 x=4m、x=5m、x=10m处。该时刻横波恰好传播至P点，图乙为质点M从该时刻开始的振动图像，下列 说法正确的是() y/cm y/cm 10 10 0 6789i0m 10 -10 甲 乙 A.波源起振方向沿y轴正方向 B.此波在该介质中的传播速度为1.25m/s C.当质点2起振后，与质点N振动步调完全一致D.此波传播至Q点的过程中，质点P的路程为0.5m 8.直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图所示。若变压器T1、 T2均为理想变压器，T2的匝数之比%：n4=2:1,直流输电线的总电阻等效为R=102,整流及逆变过程的 能量损失不计，交流电的有效值不变。下列说法正确的是( 整流成 换流站 1100kV 逆变成 多次降压 直流电 交流电 U 接入 500kV 输送 n3 na 交流电 达用 R A.图中“500kV指交流电的最大值 B.直流输电线损失的电压为10OkV C.当用户负载增加时，输电线上损失的电压会增大 D.当用户负载增加时，用户端增加的功率大于T1输出端增加的功率 三、实验题 9.用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下： i.利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。 ⅱ取两个大小相同、质量分别为、m2的小球1和小球2。 ⅱ.使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在地面上垫有复写纸的白纸上并留下痕迹，重复本操作多次。 ⅳ把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落 点痕迹，重复本操作多次。 v.在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。 白纸 重 垂 -圆a 地面 线 白纸 圆b 左 O M NP右 甲 乙 (1)用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点，则图乙中圆 (填a”或“b)更 合理。 (2)该实验必须要测量的物理量是 A.用天平测量两个小球的质量、m2 B.测量小球%开始释放时距地面的高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.测量平抛射程OM、ON、OP (3)该实验选用的小球1和小球2的质量必须满足m2（选填“<”、“=”或“>)。 (4)本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为： (用%、m2、ON、OP、OM表示)。 10.(I)单摆是一种重要的理想模型。小明使用质量为的摆球、长度为L的摆绳开展实验。用单摆测定重 力加速度，组装了如图几种实验装置，最合理的装置是 0 粗的金属杆 铁夹 细绳 细绳 弹性绳 细绳 塑料球 ·铁球 铁球 铁球 A B C D (2)实验中没有游标卡尺，无法测小球的直径，小明将摆绳长计为摆长1，测得多组周期T和1的数据，作出 1-T2图像。则实验得到的1-T2图像应是如图中的 （选填“a”,“b”或者c”),实验测得当地 重力加速度大小是 m/s2（保留3位有效数字)。 l/cm b a 0.6 -2.402.4 T9(×102s) -0.6 (3)若单摆的悬点和摆球带等量正电荷9，静电力常量为k,重力加速度为8。忽略摆球大小。将摆球拉开 一小角度由静止释放，单摆周期 A.变大 B.变小 C.不变 D.不确定 (4)图为该单摆的共振曲线，用该单摆观察共振现象，驱动力的频率为0.6，若该单摆的摆长变长，则此 单摆的振幅A将 A/cm 10 8 6 2 0 0.51.0 →fz A.变大 B.变小 C.不变 D.不确定 四、解答题 11.如图所示，半径R=0.4的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方 向间的夹角日=30°，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一足够长的 木板，木板质量M=0.5kg,上表面与C点等高。质量=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以=1m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行，之后又滑上木板，木板获得的最 大速度为片=2m/s,取g=10m/s2,求： B M 77i7171117TT77 (1)A、B两点间的竖直高度h: (2)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力F: (3)在圆弧轨道运动过程摩擦力对物块做的功W。 12.设计小组研制的电磁弹射系统模型如图所示，主要由间距为d的水平平行金属导轨、电源和搭载模型 飞机的动子组成，动子主要由导体棒和安置飞机的压缩弹簧（绝缘）装置组成。导轨所在平面存在垂直导 轨平面向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B当开关接“1时，电路中电流恒定为I,动子在安 培力作用下带动飞机向右加速，加速距离L到达虚线MN时，开关从“1”断开后与“2接通，接通后动子减 速滑行至速度大小衰减为MN处的90%时，动子上弹簧装置被触发将飞机弹开，飞机脱离动子，动子继续 滑行距离s后停在导轨上。已知动子（含弹簧装置）质量为、飞机质量为3，弹簧装置被触发到飞机脱 离动子过程，动子克服安培力做功大小为W,飞机脱离动子时速度大小是动子速度大小的3倍，导体棒接 入电路的电阻阻值为R,忽略导轨的电阻和摩擦阻力，求： 电 源 动子 (I)到达MN时，飞机的速度大小o: (2)飞机脱离后，动子滑行过程中通过回路的电荷量q: (3)飞机被弹开过程中，弹簧装置释放的弹性势能E。 13.如图所示，在水平面上，劲度系数为k=0.8N/m的轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为M=1kg 的物块B,最初物块B静止在弹簧原长位置。一质量为m=0.2kg的物块A以，=3.lm/s的初速度从左向 右运动，在水平面上滑行。L=3.05m后与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。物块A、B与水平面间 的动摩擦因数均为u=0.01,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10/s2,弹簧始终在弹性限 度内，弹簧弹性势能B,与形变量x之间的关系为瓦，=c,求： 000000000000000 7777777777777777777777777777777 (1)碰后瞬间物块B的速度大小： (2)碰后物块B向右运动的最大距离： (3)从碰后物块B第一次向左运动算起，物块B最终停止运动前经过平衡位置（加速度为0)多少次。 《高中物理作业》参考答案 题号 2 3 6 6 7 8 答案 D B B BD AD BC 1.D 【详解】A.物体振动的振幅为A=2cm,故A错误； B.物体振动的周期T=0.8s,故B错误： C.0.2s0.4s过程物体沿x轴负方向运动，故C错误： D.0.4s~0.6s过程物体逐渐远离平衡位置，物体运动的速度在逐渐减小，故D正确。 故选D。 2.B 【详解】A.图示位置线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，但此时切割磁感线的有效速度最 大，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律B=nA① 可知，磁通量的变化率最大，故A错误； B.由e-t图像可知，交流电的周期T=0.2s 频率∫=1=5Hz T 交流电在一个周期内电流方向改变2次，所以电路中的电流方向每秒改变2∫=10次，故B正确： C.t=0时刻，感应电动势最大，线圈平面与磁感线平行，垂直于中性面，故C错误： D.角速度w= 2π =10xrad/s T 电动势最大值Em=20W2V 由于t=0时电动势最大，故瞬时值表达式应为e=20W2cosl0t(V),故D错误。 故选B。 3.B 【详解】以正离子为研究对象，由动能定理得g心， △t时间内通过的总电荷量为Q=I△t 喷出的正离子总质量为M=2m= -n 由动量定理可知正离子所受的平均冲量F△t= 2mU 联立以上式子可得F= \a 根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F= 2mU \a 故选项B正确。 4.C 【详解】A.在O点合外力提供向心力，故A错误： B.冲量等于力与时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，故B错误： D.任意半个周期内，速度大小不变。动能不变，合力做功一定为零，故D错误： C.最大位移处，速度均为零，则动量不变，合力冲量可能为零，故C正确。 故选C。 5.C 【详解】A.一列水波通过狭缝时的衍射现象，所以A错误； B.单摆做受迫振动的周期与摆球质量无关，与驱动力的周期有关，所以B错误： C.水下多普勒测速仪可测海水流速，所以C正确： D.水波干涉时振动加强点位移不一定比振动减弱点位移大，因为不管是加强点还是减弱点都在各自的平 衡位置做周期性的振动，所以减弱点的位移可能大于加强点的位移，则D错误： 故选C。 6.BD 【详解】AB.小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒，则小球与滑块的总 动量不守恒，系统只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒，A错误，B正确： C.当小球上升到最大高度H时，根据动量守恒有=3 解得v=lm/s 根据机校能守恒有号m-号加2+吸归 解得H= 3m<R,故小球不能飞出圆弧轨道，C错误： 1 D.小球从轨道左端离开滑块时，滑块的速度最大，根据动量守恒有=？+2 根据机械能守恒有)m=,m+)x2 1 2 解得y2=2m/S,D正确。 故选BD。 7.AD 【详解】A.由波形图知该时刻质点P跟着它前面的质点向y轴正方向振动，则波源起振方向沿y轴正方 向，故A正确： B.由波形图知=4m,由振动图像知T=4s 则子1m8,放B错误： C.质点从Q间距离0=6mr32 2 则当质点Q起振后，它们的振动步调完全相反，故C错误： D.此波由Q传播至P点所需时间1=A-5s 1 在此时间内质点P的路程为二×4A=0.5m,故D正确。 4 故选AD。 8.BC 【详解】A.图中“500kV没有特殊指明，所以是交流电的有效值，A错误； B.降压变压器原线圈两端电压为 U,=2U4=1000kV 直流输电线损失的电压为 △U=1100kV-1000kV=100kV,B正确： C.当用户负载增加时，降压变压器副线圈电流I4增大： ,匝数出不变，降压器变压器原线圈的奥 根据△U=I,输电线上损失的电压△U会增大，C正确： D.当用户负载增加时，用户端的功率P4和输电线上损失的功率P均增大： T1输出端的功率P2为 B=P4+P拉 当用户负载增加时，△？=△P4+△ 解得△>△P 用户端增加的功率△P4小于T1输出端增加的功率△P2,D错误。 故选BC。 9.(1)a (2)AD (3)> (4)h·ON=·OM+2·OP 【详解】(1)用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落 地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆更合理。 (2)实验中两球平抛高度相同，运动时间t相等，水平位移x=,t，,水平位移可替代平抛初速度，动量守 恒表达式为m·g=+%2 代入v=,可得m·ON=mOM+hOP 故选AD。 (3)为防止入射球（小球1)碰撞后反弹，需保证入射球质量大于被碰球（小球2）质量，即>m。 (4)小球1未碰撞时的水平位移ON对应初速度，，碰撞后小球1的水平位移OM对应速度y,小球2 的水平位移OP对应速度v2,由动量守恒定律%·=%·+%2 可得M·ON=·OM+,·OP 10.(1)B (2) a 9.87 (3)C (4)B 【详解】(1)该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端，选用细绳保证摆长不变，同时选用质量大，体 积小的小球。 故选B。 (2)设小球半径为r,由单摆周期公式T=2π +r 所以1=8T-r,故图像应为a: 4x2 42-2410解得g=9.87mS 结合图像可得8=0.6x10 (3)因悬点与摆球均带正电荷，摆球受到竖直向下的重力、沿绳向外的库仑斥力，沿绳向里的拉力，因 库仑斥力始终沿绳子方向，不产生回复力，所以对摆动周期没有影响。 故选C。 (4)共振曲线振幅A最大值所对应的频率是单摆的固有频率(0.5Hz),当摆长变长时，根据单摆的周期 公式可知，单摆的周期变长，单摆的固有频率变小，与驱动力频率(0.6Hz)的差值增大，所以振幅变小。 故选B。 11.(1)h=0.15m (2)=32.5N,方向竖直向下。 (3)W=-3.5J 【详解】(1)由平抛运动可知到达B点时竖直速度y,= tan30° 又h上 2g 可得h=0.15m (2)在木板上滑行过程，有wc=(M+m)严1 在C点，有-mg=m 由牛顿第三定律FN=F 可得F=32.5N 方向竖直向下。 1 (3)在BC上滑动过程，由动能定理有mgR1+sim69)+W:。7m 。g 其中yg= sin30° 可得W=-3.5J BIdL 12.(0)%=2m Bds (2)q= R 6③)E。=14B1a -0.81BIdL +W nR2 【详解】(1)由动能定理B-0m+3a-0 解得到达N时，飞机的速度大小6=2m BIdL (2)解法一：设飞机脱离后，动子滑行至静止平均速度为下，由厄=B1 平均电流7. R 电荷量q=T△t 又s=下At 解得q= Bds R 解法二：由五- ，△d=Bd △t 平均电流1一及 电荷量q=正 解得q= Bds R (3)设飞机脱离时，动子的速度大小为v,由动量定理-BId△t=0-m 可得v= B'd's mR 由能量守恒，=m+m+Gy-m09,y 2 2 2 解得E。=14B --0.81BIdL+W 13.(1)1m/s (2)1m (3)4 【详解】(1)设与物块B碰前瞬间物块A的速度为%，碰前物块A的加速度a=g=0.lm/s2 根据运动公式-？=2aL 解得y=√-2al=3m/s A、B发生弹性碰撞，设碰后瞬间B获得的速度为v,动量守恒='+， 1 机械能守恒m+本 2 解得v=2 1 m-3i=m/s M+ (2)碰后物块B向右运动的最大距离为6，根据能量守恒+Mg,=号M2 解得=lm (3)物块B从最右端开始向左运动，第1次经过平衡位置后再运动至弹簧形变量为x,时速度为零，根据 能量守相有然无+ 变形为+5)-)=g气，+) 化简后，-车=2塑 k 2uM 类似地，-x2= k2,55 2uMg k ，，X=2g k 将上述所有方程相加-xn= 2nuMg k 当物块停止时，弹力不大于最大静摩擦力g≥x≥0 得到2n≤ ≤2n+1 uMg 解得n=4