2026-2027学年高二上学期期中物理自编模拟三（山东日照适用）

高二上学期期中物理模拟三 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．一台洗衣机在脱水筒正常工作时非常稳定，当切断电源后，脱水筒转速逐渐减小，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，关于该过程，下列说法正确的是（     ） A．脱水筒转动的频率越大，洗衣机的振动越剧烈 B．正常工作时，脱水筒转动的频率等于洗衣机的固有频率 C．正常工作时，脱水筒转动的频率比洗衣机的固有频率小 D．洗衣机振动最剧烈时，脱水筒转动的频率等于洗衣机的固有频率 2．如图所示，“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，底座固定，用力向下缓慢按压头部，忽略阻力，释放后头部的运动可视为简谐运动，则下列关于头部在运动过程中的说法正确的是（） A．若经过A位置前、后位移相同，则A位置一定为平衡位置 B．若经过B位置前、后速度相同，则B位置一定为振幅处 C．若经过C位置前、后弹力相等，则C位置一定为平衡位置 D．若经过D位置前、后加速度相同，则D位置一定为振幅处 3．野外高空作业常使用无人机运送零件。如图所示，某次运送过程中，将质量为m的零件用轻绳悬挂于无人机下方，无人机水平向左做加速度为a的匀加速直线运动，零件与无人机相对静止，轻绳与竖直方向夹角恒为θ，轻绳拉力大小为F。忽略零件所受空气阻力，则在时间t内（　　） A．拉力F的冲量大小为Ftcosθ B．零件重力的冲量大小为0 C．合力的冲量大小为Fttanθ D．零件动量变化量大小为mat 4．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（     ） A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．木块A离开墙壁后，弹簧弹性势能最大时，弹簧一定是被压缩了 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 5．如图所示，果农在采摘榴莲时，一人从高处割断果柄，树下另一人拉开一厚实的布袋兜住下落20m的榴莲，并顺势将布袋下沉，使榴莲在0.5 s内速度减小为零，该过程榴莲完好无损。已知榴莲质量m=2 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，关于这一接果过程，下列说法正确的是（     ） A．缓冲过程中，榴莲处于失重状态 B．果农顺势向下缓冲，是为了减小榴莲的动量变化量 C．从榴莲脱落到速度减为零的过程中，重力的冲量大小为50 N·s D．在榴莲被缓冲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力约为80 N 6．如图所示，一根长为、横截面积为的金属棒粗细均匀，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为，自由电子的质量为、电荷量为。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为，则金属棒内的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 7．如图，电表均为理想电表，其中电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别用、、表示，电压表示数变化量的绝对值用表示，其中阻值大于电源内阻r，滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，以下正确的是（     ） A．电源输出功率一定越来越小 B．变大 C． D．电压表V示数变小 8．如图所示，电动机M的内阻是6 Ω，电阻R=20 Ω，直流电压U=160 V，理想电压表示数100 V，以下判断正确的是（     ） A．通过电动机的电流为 B．电动机的工作效率为75% C．电动机消耗的电功率为54 W D．电动机输出的机械功率为246 W 二、多选题 9．如图甲、乙所示的两个电路，是利用一个灵敏电流表G（，）和一个电阻箱改装成电压表或电流表，若电压表量程为，电流表量程为，则（     ） A．甲表是电流表，电阻箱的阻值是 B．乙表是电流表，电阻箱的阻值是 C．若使用中发现甲表示数总比准确值稍小一些，可能是电阻箱阻值调节得偏小 D．若使用中发现乙表示数总比准确值稍小一些，可能是电阻箱阻值调节得偏小 10．如图所示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig=300 μA、内阻Rg=100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E=1.5 V、内阻r=0.5 Ω，下列说法正确的是（     ） A．与接线柱A相连的是红表笔 B．测量电阻时，如果指针偏转角度过大，应将选择开关拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量 C．若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，但此表仍能调零，则测量Rx的阻值时，测量值比真实值小 D．按正确使用方法测量电阻Rx，指针指在刻度盘100 μA时，Rx=10 kΩ 11．电容热膨胀检测仪的简化结构如图所示，左侧电容器的下极板可随测量材料的高度变化而上下移动，灵敏电流计中的电流可以反映膨胀情况。现将待测材料平放在加热器上，加热器加热时，待测材料会向上膨胀，闭合开关和，下列说法正确的是（　　） A．加热器加热时，电容器两极板间电压不变 B．加热器加热时，电流计中有从到的电流通过 C．加热器加热时，的滑片向左滑动，电容器极板上的电荷量增加 D．若只断开开关，电容器极板上的电荷量减少 12．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=10kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（    ） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg·m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为2200N 三、实验题 13．在“测定导体的电阻率”实验中，待测导体为粗细均匀，横截面为圆形的柱体。除待测导体外所用器材如下： A．电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）； B．电流表（内阻约为0.1Ω）； C．电压表（内阻约为2kΩ）； D．滑动变阻器R（0~5Ω，允许通过的最大电流为2A）； E．毫米刻度尺、螺旋测微器、多用电表、开关、导线若干。 （1）用多用电表粗略测量导体的电阻，其阻值约为20Ω； （2）用毫米刻度尺测得导体的长度为40.00cm，用螺旋测微器测量导体横截面的直径，测量结果如图乙所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）。 （3）用伏安法测量导体的阻值Rx，要求电流表读数能从0开始连续变化，应采用的电路图为___________。 A．   B．   C．   D．   （4）上题选择的实验电路图中造成系统误差的主要原因是___________（选填“电压表分流”或者“电流表分压”） （5）根据测得的量求导体电阻率_______。 14．小羽同学用图甲所示装置验证动量守恒定律（水平地面依次铺有复写纸和白纸）。实验时，先让入射球，多次从斜轨上位置静止释放；然后，把被碰小球静置于轨道的末端，再将入射小球从斜轨上位置静止释放，与小球相撞，多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到小球的平均落点、、，图中点为小球抛出点在水平地面上的垂直投影。 (1)关于此碰撞实验，下列说法正确的是（多项选择题）： A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动 B．需要测量A球或B球的直径 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．需要测量A球和B球的质量和 (2)如图乙所示，测量出平均水平位移、、的长度、、，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。（用测量的量表示） (3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板，使小球1仍从斜槽上点由静止滚下，重复上述实验的操作，得到两球落在木板上的平均落点、、，用刻度尺测量木板上与等高的点到、、三点的高度差分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________，若小球发生弹性碰撞  则验证的表达式为___________（用所测物理量的字母表示）。 四、解答题 15．如图所示，某同学用量程为0~2mA的小量程电流表（简称表头）和两个电阻箱组装成一个多量程电表。当选择a、b两个端点且电阻箱甲的阻值调至R1=2Ω时电表的量程为0~0.2A。 (1)求量程为0~0.2A时电表的等效内阻Rg'； (2)保持电阻箱甲的阻值不变，选择a、c两个端点时电表的量程为0~15V，求电阻箱乙的阻值R2。 16．如图所示，质量为M的托盘内放有质量为m的物体，开始时手托住托盘，弹簧的劲度系数为k，弹簧处于原长，现放手让托盘向下运动，重力加速度为g，求 (1)系统做简谐运动的振幅； (2)当系统运动到最低点时的加速度和物体对托盘的压力。 17．某一电路如图所示，已知电源电动势，，，，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，电压表示数为3V，电流表示数为。求： (1)电源的内阻； (2)滑片滑动过程中，求电源总功率的最大值以及此时电源的输出功率； (3)滑片滑动过程中，滑片右侧电阻值为多大时，消耗的功率最大？功率的最大值是多少？ 18．如图所示，竖直平面内的固定轨道由圆心为的光滑圆弧轨道、粗糙的水平传送带和水平光滑轨道组成，在点固定一竖直挡板（始终静止），圆弧轨道与传送带在点平滑连接，水平传送带与水平轨道在点平滑连接。传送带始终以的速度沿顺时针方向转动，其两轮心的间距的长度。现将一质量为的物块P从圆弧轨道上的点由静止释放，经过圆弧轨道和传送带后，与放置在点质量为的物块Q发生弹性正碰，碰后Q沿着轨道向右运动与挡板第1次发生弹性碰撞，Q与挡板碰后，Q沿向左运动。已知圆弧轨道的半径，圆心角的长度与传送带间的动摩擦因数、Q均可视为质点，每次碰撞的时间极短，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)物块P运动到点时，圆弧轨道对P的支持力大小； (2)物块Q与挡板第1次碰撞的过程中，挡板对物块Q的冲量大小； (3)物块Q与挡板第5次碰撞的过程中，挡板对物块Q的冲量大小。 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 《2026年10月20日高中物理作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D D C C A D AC AD 题号 11 12 答案 AC BD 1．D 【详解】A．只有脱水筒转动的驱动力频率接近洗衣机固有频率时，振动才会更剧烈，并非频率越大振动越剧烈，故A错误； BC．正常工作时洗衣机振动稳定，切断电源后脱水筒转速降低的过程才出现振动最剧烈的共振现象，说明正常工作时脱水筒转动频率不等于固有频率，且正常工作时脱水筒转动的频率大于洗衣机固有频率，故BC错误； D．洗衣机振动最剧烈时为共振状态，根据共振条件，此时脱水筒转动的驱动力频率等于洗衣机的固有频率，故D正确。 故选D。 2．D 【详解】A．简谐运动中，位移x随时间t按正弦或余弦规律变化。若经过A位置前、后位移相同，说明位移x关于该时刻对称，对应最大位移处（振幅处）。在平衡位置，位移为零，前、后时刻位移大小相等、方向相反，故A错误； B．速度v是位移对时间的导数。若经过B位置前、后速度相同，说明速度v关于该时刻对称，即该时刻速度处于极大值，对应平衡位置。在振幅处，速度为零，前、后时刻速度方向相反，故B错误； C．根据胡克定律，弹簧弹力与形变量成正比，若经过C位置前后弹力相等，说明对应时刻弹簧形变量相同，即相对于平衡位置的位移相同，对应振幅处，故C错误； D．根据牛顿第二定律和简谐运动回复力公式F=−kx=ma 加速度a与位移x成正比，若经过D位置前、后加速度相同，则前、后位移x相同，此时位置一定为振幅处，故D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．拉力F的冲量大小为Ft，故A错误； B．零件重力的冲量大小为Gt，故B错误； C．分析零受力，可知零件所受合力为Fsinθ，故合力的冲量大小为Ftsinθ，故C错误； D．动量变化量为，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】AB．木块A离开墙壁前，弹簧一直处于压缩状态，所以A一直受到墙壁对其的支持力，该力不做功，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒，故AB错误； D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，所以该系统动量守恒，机械能守恒，D正确； C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，此时弹簧可能处于压缩状态也可能处于拉伸状态。比如A刚离开墙壁后，第一次与B共速时，弹簧处于拉伸状态；它们第二次共速时，弹簧则处于压缩状态。故C错误。 故选D。 5．C 【详解】A．缓冲过程，有向上的加速度，是超重状态，故A错误； B．顺势向下缓冲，是为了减小动量的变化率，故B错误； C．自由落体所需时间为 从榴莲脱落到速度减为零的过程中，重力的冲量 代入数据得，故C正确； D．设缓冲过程中布袋对榴莲的作用力为，由动量定理得 代入数据解得，故D错误。 故选C。 6．C 【详解】根据， 结合电阻定律以及 联立得 故选C。 7．A 【详解】A．滑片向a端移动，R1阻值增大，外电路总电阻R外增大。 已知，则 当外电阻大于内阻时，外电阻增大，电源输出功率减小，故A正确； B．根据闭合电路欧姆定律有 可知，电源内阻不变，故该比值不变，故B错误； C．根据并联电路电流规律有 外电路总电阻R外增大导致I3减小，并联部分电压 可见并联部分电压增大，因此I2增大，I1减小； 由变化量关系可知（此处Δ均指绝对值） 所以，故C错误； D．路端电压 滑片向a端移动，总电阻增大，总电流I3减小，路端电压U增大，即电压表V示数变大，故D错误。 故选A。 8．D 【详解】A．通过电动机的电流为，A错误；     C．电动机消耗的电功率为P=IUM=3×100W=300W，C错误； D．电动机内阻消耗的功率 则电动机输出的机械功率为，D正确； B．电动机的工作效率为，B错误。 故选D。 9．AC 【详解】A．甲中灵敏电流表G与电阻箱R并联，利用分流扩大测量电流的量程，所以甲表是电流表。由并联支路电压相等得 代入数据得，故A正确； B．乙中G与电阻箱R串联，利用分压扩大表头两端的电压量程，所以乙表是电压表。电压表满量程时，串联回路中的电流为表头满偏电流。由串联电路电压关系得 代入数据得 但乙不是电流表，故B错误； C．甲表的并联方程变形为，由前述并联方程得 在被测总电流相同且量程标定不变时，若电阻箱阻值调得偏小，分流电阻中的电流增大，流过表头的电流减小，因而甲表示数偏小，故C正确； D．乙表串联时，表头电流满足，由串联电路欧姆定律得 对同一真实电压，若电阻箱阻值调得偏小，流过表头的电流反而增大，乙表示数会偏大；要使示数偏小应是电阻箱阻值偏大，故D错误。 故选AC。 10．AD 【详解】A．图中电池右端为正极，电流由正极经可变电阻、接线柱和被测电阻流向接线柱，再进入表头回到电源负极；欧姆挡中红表笔接表头正端，因此与接线柱相连的是红表笔，故A正确； B．指针偏转角度过大，说明被测电阻相对当前倍率偏小，应换用倍率较小的挡位，换挡后再重新调零，故B错误； C．初始调零时，外接电阻为零且表头满偏，有 因此原刻度对电流对应的电阻读数为 设电池电动势变为，且，重新调零后，根据闭合电路欧姆定律有 所以 代入原刻度关系得 测量值应比真实值大，故C错误； D．调零时，外接电阻为零且表头满偏，有 指针示数为时，闭合电路总电阻满足 两式相减得，故D正确。 故选AD。 11．AC 【详解】A．加热器加热时，待测材料膨胀只改变电容器极板间距，不改变电路电阻，、阻值不变，电路电流不变，因此两端电压（即电容器两极板间电压）不变，故A正确； B．加热时极板间距减小，由电容决定式，减小则增大； 又不变，由，增大，电容器充电。电容器上极板带正电、下极板带负电，充电时负电荷从电流计的端流向端，电流方向与负电荷移动方向相反，因此电流计中电流为，故B错误； C．滑片向左滑动，接入电路的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律，电路电流增大，两端电压增大； 加热时电容器电容增大，由，电容器极板电荷量增加，故C正确； D．只断开，仍闭合，电容器两端电压变为电源电动势，原来电容器电压为两端电压（小于），增大，不变，因此增大，极板电荷量增加，故D错误。 故选AC。 12．BD 【详解】A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，故A错误； D．头锤与气囊接触时的速度 则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理（向上为正） 解得，故D正确； B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，由动量定理 解得离开气囊时的速度 碰撞结束后头锤上升的最大高度为，故B正确； C．碰撞过程头锤动量变化量大小为，故C错误。 故选BD。 13． 0.896/0.895/0.897 A 电流表分压 【详解】（2）[1]螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数两部分组成。固定刻度读数为。可动刻度读数为 最后将两部分相加，总读数为 （3）[2]题目要求电流表读数能从0开始连续变化，这意味着滑动变阻器必须采用分压式接法。因为待测电阻。待测电阻属于大电阻，为了减小系统误差，应采用电流表内接法。 故选A。 （4）[3]在第（3）问中选择了图A所示的电路，即电流表内接法。在该电路中，电压表测量的是待测电阻与电流表内阻串联后的总电压，而电流表测量的是通过的真实电流。由于电流表存在内阻，会分担一部分电压，导致电压测量值偏大，从而使得电阻测量值偏大。因此，造成系统误差的主要原因是电流表分压。 （5）[4]根据电阻定律，导体的电阻与长度、横截面积及电阻率的关系为 导体横截面为圆形，直径为，则横截面积 联立上述两式，解得电阻率的表达式为 14．(1)AD (2) (3) 【详解】（1）A．落点位置以白纸为基准记录，白纸一旦移动，之前找出的落点便不再有效，因此实验过程中白纸的位置不能移动，故A正确； B．两球都从斜槽末端的同一点抛出，实验中记录的是水平位移，不需要测量小球的直径，故B错误； C．为避免入射球碰后反弹，入射球的质量必须大于被碰球的质量；为使两球发生正碰，两球的大小应相同，故C错误； D．动量守恒须验证；两球碰后均做平抛运动，下落高度相同，飞行时间相同，由知水平位移与速度成正比，因此还需测量两球的质量和，故D正确； 故选AD。 （2）两球碰后均做平抛运动，下落高度相同，由得两球飞行时间相同； 由得，故水平位移与碰后的速度成正比； 由动量守恒得 将、、代入得 两边约去得 （3）[1] 三次实验中木板的位置不变，抛出点到木板的水平距离相同，小球离开槽口后做平抛运动，水平方向由得 竖直方向由得 由此解得 图丙中重复图甲的操作，三个落点与甲图的、、一一对应；入射球碰后把动量分给被碰球、速度减小，故其碰后的水平位移小于碰前的，即是入射球碰后的落点、是入射球碰前单独下落时的落点、是被碰球的落点； 由此、、分别对应被碰球、入射球碰前、入射球碰后的下落高度； 将对应的下落高度代入得、、 由动量守恒得 将上述三个速度代入得 两边约去得 [2] 若两球发生弹性碰撞，还需满足动能守恒 由得、、 将上述三式代入动能守恒式得 两边约去得 15．(1) (2) 【详解】（1）电表以a、b两个端点串联接入时，表头与电阻箱甲并联，设此时电表的量程电流为，表头的满偏电流为，通过电阻箱甲的电流 表头的满偏电压 电流等于量程电流时，电表两端电压 电表的等效内阻 （2）表头指针满偏时通过电阻箱乙的电流 电阻箱乙两端电压 电阻箱乙的阻值 16．(1) (2)（方向竖直向上），（方向竖直向下） 【详解】（1）根据简谐运动的特点有 解得； （2）刚释放托盘时，托盘的加速度为g，方向竖直向下，根据简谐运动对称性可知当托盘运动到最低点时，加速度大小也为g，方向竖直向上，此时对物体受力分析 根据牛顿第三定律，可知物体对托盘的压力，方向竖直向下。 17．(1)2Ω (2)6W，4W (3)8Ω，1W 【详解】（1）当滑片滑到最右端时，短路，由闭合电路欧姆定律得 代入数据解得 （2）当滑片滑到最左端时，与、都短路，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流最大 电源的总功率 代入数据解得 电源的输出功率 （3）当滑片P滑到最右端时，流过的电流 的阻值 代入数据解得 设滑动变阻器滑片P左侧电阻值为，则与并联的电阻 干路电流 与并联电路两端的电压 消耗的功率 联立以上各式得 根据数学知识可知，当，即时，最大 此时滑动变阻器滑片右侧阻值 18．(1)14N (2) (3) 【详解】（1）物块从点运动到点，根据机械能守恒定律得 解得 在点，对物块受力分析，物块受重力、支持力，由牛顿第二定律得 解得 （2）物块以的速度滑上传送带，加速到时运动的位移大小为 解得，则可知物块先在传送带上做匀加速运动，然后做匀速运动，最后以的速度匀速运动到点并离开传送带，与发生碰撞，设碰后、的速度分别为和。 根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得、 碰后，向右运动与挡板发生第一次碰撞，碰撞过程中由于没有能量损失，则以的速度向左运动。再次回到原位置处所用的时间为 则与挡板第1次碰撞过程中，挡板对物块的冲量大小 （3）碰后反向滑上传送带向左做匀减速运动，滑上传送带向左运动的最大距离为，由此可知，速度减为0后又向右做匀加速运动，最终以的速度离开传送带，在传送带上的运动时间为，即刚好能与返回来的在原碰撞处再次碰撞。 根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得、 由以上分析可知，两者再次碰后，反向滑上传送带，向左运动的最大距离为，由此可知，速度减为0后又向右做加速运动，最终以的速度离开传送带。 此时的速度和第一次与碰前的速度相同，则之后的碰撞都循环之前的碰撞，所以每次与挡板的碰撞都相同，碰撞前后速度大小均为，由动量定理可知，每次与挡板碰撞的过程中，挡板对物块的冲量大小为 解得 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 $