精品解析：江苏泰州市靖江市第一高级中学2026-2027学年高二上学期11月期中物理试题

高二第一学期期中限时练习物理 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意 1. 关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是（ ） A. 物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B. 物体的动能不变，其动量一定不变 C. 物体受到合外力的冲量作用，则动能一定变化 D. 运动的物体在任一时刻的动量方向是该时刻的速度方向 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据动量定理，物体所受合外力的冲量等于动量的变化量，即 动量的大小是某时刻的状态量，不能由它单独判断一段过程中的冲量；例如物体做匀速直线运动时动量可以很大，但合外力冲量为零，故A错误； B．动能是标量，，由速率大小决定；动量为，方向与速度方向相同。物体做匀速圆周运动时，速率不变，动能不变，但速度方向持续改变，动量也随之改变，故B错误； C．合外力的冲量使动量发生变化，但动量变化可能只表现为方向变化。例如匀速圆周运动中，合外力不断改变速度方向，速率保持不变，所以动能不变，故C错误； D．根据动量定义，质量为正标量，动量方向与速度方向一致，故D正确。 故选D。 2. 体操运动员在落地时总是要屈腿的目的是（ ） A. 减小地面对运动员的平均作用力 B. 减小地面对运动员的冲量 C. 减小运动员所受重力的冲量 D. 减小运动员的动量变化量 【答案】A 【解析】 【详解】D．运动员落地前瞬间的速度大小是一定的，落地后速度变为0，动量变化量大小 故运动员的动量变化量大小也是一定的，与是否屈腿无关，故D错误； A．规定向上为正方向，在落地缓冲过程中，对运动员应用动量定理有 解得地面对运动员的平均作用力 运动员落地时屈腿，延长了脚与地面的接触时间，由上述公式可知，在动量变化量一定的情况下，延长作用时间可以减小地面对运动员的平均作用力，起到缓冲保护的作用，故A正确； B．地面对运动员的冲量 由于时间延长，地面对运动员的冲量也是增大的，故B错误； C．重力的冲量 由于脚与地面的接触时间延长，重力的冲量增大，故C错误。 故选A。 3. 关于单摆的运动，以下说法正确的是（ ） A. 单摆运动时，摆球所受到的合力为回复力 B. 在小角度单摆运动时，仅将摆球摆角增加为原来的2倍，单摆的周期变大 C. 摆球运动到平衡位置时，所受到的合力为零 D. 摆球运动到平衡位置时，所受到的拉力最大 【答案】D 【解析】 【详解】A．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，合力还需要提供圆周运动的向心力，并非全部充当回复力，故A错误； B．单摆做简谐运动的周期公式为，小角度范围内周期与摆角无关，摆角加倍后周期不变，故B错误； C．摆球在平衡位置时速度最大，合力提供圆周运动的向心力，大小不为零，故C错误； D．设摆长为，摆角为时摆球速度为，沿径向合力提供向心力， 即。 平衡位置时，且速度最大，因此拉力最大，故D正确。 故选D。 4. 某旅游景点的鱼洗盆如图所示，注入部分水后，某同学用双手不停摩擦鱼洗盆的双耳。盆内水花波动。若鱼洗盆的固有频率为，该同学摩擦鱼洗盆的频率由逐渐增大至，则盆内水花的波动情况是（　　） A. 逐渐增强 B. 逐渐减弱 C. 先增强，后减弱 D. 先减弱，后增强 【答案】C 【解析】 【详解】对受迫振动，当驱动力的频率越接近物体的固有频率，物体的振动越剧烈； 当驱动力的频率等于物体的固有频率振幅最大，叫共振； 反之当驱动力的频率与物体的固有频率相差越大，物体的振动越弱。 故选C。 5. 如图，质量为的半圆形槽静置于水平地面上，将质量为的小球从槽口点由静止释放，小球可视为质点，忽略一切摩擦，下列说法中正确的是（ ） A. 小球向右摆动时，槽向右运动，且系统动量不守恒 B. 小球向右摆动时，槽向左运动，且系统动量守恒 C. 小球运动到半圆形槽右侧最高点一定与点等高 D. 从点释放到右侧最高点，半圆形槽的位移一定大于小球在水平方向上的位移 【答案】C 【解析】 【详解】AB．在竖直方向上，小球做曲线运动，加速度存在竖直方向的分量，系统竖直方向合力不为零，因此系统总动量不守恒；但水平方向，系统不受外力，因此仅水平方向动量守恒。 初始时系统水平总动量为0，小球向右摆动时水平速度向右，故槽的水平速度必然向左，故A、B错误； C．系统忽略一切摩擦，机械能守恒。当小球运动到半圆形槽右侧最高点时，小球相对于槽静止，即二者具有相同的水平速度。根据水平方向动量守恒，初状态总动量为零，则末状态共同速度为零。根据机械能守恒定律，系统动能变化量为零，则重力势能变化量为零，小球一定运动到与点等高处，故C正确； D．设小球在水平方向上的位移大小为，半圆形槽的位移大小为，小球任意时刻的速度水平分量大小为，半圆形槽任意时刻的速度大小为。根据水平方向动量守恒有 两边对时间累积可得 由于不知道与的大小关系，无法判断与的大小关系，故D错误。 故选C。 6. 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A. 在内，弹簧弹力逐渐增大 B. 手机振动的频率大小为 C. 时刻，手机在最低点 D. 随变化的关系式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．以竖直向上为正方向，取手机为研究对象，由牛顿第二定律得 0至内，速度图线的斜率由正值逐渐减小至0，手机的向上加速度逐渐减小；由受力关系可知，弹簧弹力逐渐减小，故A错误； BD．图像中相邻两次正向最大速度分别出现在和，故周期为 由频率定义，代入周期得。角速度为 图像显示速度最大值为，且时速度为零并向正方向增大，所以速度表达式为，故BD错误； C．时速度为零，随后速度向上增大，说明手机在振动端点且加速度向上；简谐运动的加速度指向平衡位置，因此手机在最低点，故C正确。 故选C。 7. 某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（ ） A. 当向药液袋内注射液体时，电源的效率减小 B. 当药液减少时，电源的输出功率减小 C. 当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮 D. 当药液减少时，电压表的示数变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．设滑动变阻器接入电路的电阻为。向药液袋内注射液体时，弹簧伸长，滑片P向下移向端，增大。设外电阻为，它由灯泡和滑动变阻器串联组成，电源效率为 注射液体时增大，电源效率增大，故A错误； B．药液减少时减小，也减小。电源输出功率为 它随的变化取决于与的大小规律，题目未给出二者关系，不能确定一定减小，故B错误； C．闭合开关后的电流为 注射液体时增大，电流减小。因灯泡电阻不变，灯泡功率减小，灯泡变暗，故C错误； D．电压表测量滑动变阻器两端的电压，有。代入电流表达式得 该式随增大而增大；药液减少时减小，所以电压表示数变小，故D正确。 故选D。 8. 如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率v0斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A. 重力的冲量相同 B. 落地时动量相同 C. 动量的变化率相同 D. 动量的变化量相同 【答案】C 【解析】 【详解】AD．小球三次在空中运动的时间不相同，根据 可知重力的冲量不相同；根据动量定理可知，小球三次动量的变化量不相同，故AD错误； B．该球三次从抛出到落地的过程中，重力做的功相等，根据动能定理可知，动能变化量相等，又因初动能相等，则末动能相等，即末速度大小相等，但因水平方向的速度不相等，故速度方向不同，故落地时动量不相同，故B错误； C．动量的变化率等于合外力，即重力，故动量的变化率相同，故C正确。 故选C。 9. 下列关于欧姆表的使用和操作不正确的是（ ） A. 若操作步骤规范，欧姆挡及指针位置如图甲、乙所示，则测量阻值为160Ω B. 用多用电表测量电阻R时，若红表笔插入正（+）孔，则电流从红表笔流入 C. 若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图丙所示，由图丙可知该二极管的正极为A端 D. 欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小。为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新调零后再测量 【答案】D 【解析】 【详解】A．图甲选择的是挡，图乙最上方的欧姆刻度从左向右递减，指针对应刻度为16。测量阻值等于欧姆刻度读数乘以所选倍率，因此，故A正确； B．使用欧姆挡时，内置电池的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，外电路电流由黑表笔流出，经待测电阻后从红表笔流入多用电表，故B正确； C．图丙右图中指针偏转较大，表示二极管电阻较小，处于正向导通状态。此时黑表笔接端、红表笔接端，黑表笔电势较高，说明二极管的正极为端，故C正确； D．欧姆刻度左侧阻值大、右侧阻值小，指针偏转角度极小说明待测电阻的阻值相对所选倍率较大。为使指针接近刻度中部，应换用更大的倍率，如挡，将两表笔短接并重新欧姆调零后再测量，故D错误。 本题选不正确的，故选D。 10. 一上表面粗糙且足够长的小车M置于光滑水平面上，木块m以一定的初速度滑上小车的上表面，则（ ） A. 小车质量越大，两者相对滑行的时间越短 B. 小车质量越大，两者相对滑行的位移越长 C. 车面越粗糙，小车M最终获得的动量越大 D. 车面越粗糙，两者系统产生的内能越大 【答案】B 【解析】 【详解】水平面光滑，木块与小车组成的系统水平方向动量守恒，最终二者共速。设木块初速度为，共速速度为 A．由动量守恒定律：，可得 木块加速度：，小车加速度： 相对滑行时间满足：，，越大，越大。故A错误； B．由能量守恒，系统损失的动能转化为内能： 解得，越大，越大。故B正确； C．小车最终动量：，与摩擦系数无关，故C错误； D．系统产生内能：，与摩擦系数无关，故D错误。 故选B。 二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. 某同学要用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材： A．待测干电池一节 B．电流表1：量程，内阻为 C．电流表2：量程，内阻约为 D．电压表1：量程，内阻约为 E．电压表2：量程，内阻约为 F．滑动变阻器1：最大阻值为 G．滑动变阻器2：最大阻值为 H．开关、导线若干 （1）请在上述器材中选择适当的电压表与滑动变阻器（填写器材前的字母）：电压表选择______，滑动变阻器选择______； （2）某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整______；该小组按照连线情况测量电源电动势和内阻，在未考虑电表内阻的情况下，测量出来的电源内阻比真实值______。（填写“偏大”“偏小”或“不变”）； （3）另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势______V，内电阻______Ω（以上结果均保留2位小数）。 【答案】（1） ①. D ②. F （2） ①. ②. 偏小 （3） ①. 1.48 ②. 0.50 【解析】 【小问1详解】 [1]一节干电池电动势约，选量程的电压表即可，若选量程，指针偏转过小、读数误差极大。 故选D。 [2]干电池内阻很小，选最大阻值的滑动变阻器就能满足电流调节需求，最大阻值的阻值过大，调节小阻值时操作不便。 故选F。 【小问2详解】 [1]选用的电流表和电压表内阻准确值均未知，干电池内阻较小，电压表分流造成的误差比电流表分压造成的误差小，故采用电压表直接测路端电压，电流表测滑动变阻器的支路电流，即电流表相对于电源采用外接法。图甲的实物连线补充完整如图所示 [2]该接法的系统误差来自电压表的分流，即电流表读数比干路真实电流偏小，我们根据计算内阻时，相当于把电压表分流带来的偏差算入了内阻，最终得到的内阻测量值是电源真实内阻和电压表内阻的并联值，因此比真实电源内阻偏小。 【小问3详解】 [1]电流表B的内阻是已知的，该小组电流表相对于电源采用内接法，即电流表串联在干路中，此时图线的纵轴截距可以表示电源真实电动势E的大小。从图乙取截距得 [2]图线斜率的绝对值可以表示电源内阻和电流表电阻之和，可得 ​修正后的电源真实内阻 12. 有一个弹簧的劲度系数为、小球的质量为的小球，让其在水平方向上的、之间做简谐运动。已知、间的距离为，振动物体在内完成了次全振动，求： （1）振动小球的振幅和周期； （2）小球振动过程中最大的加速度大小。 （3）规定水平向右为正方向，从点开始计时，小球简谐运动位移随时间变化的表达式。 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 简谐运动的两个端点、间的距离为 平衡位置是中点，因此振幅为长度的一半，即 振动物体在内完成了次全振动，故周期 【小问2详解】 简谐运动中，振子在最大位移处弹簧弹力最大，加速度最大。根据牛顿第二定律有 【小问3详解】 简谐运动位移的通用表达式为 其中角频率 规定向右为正方向，从最右端点计时，时振子处于正向最大位移处，故初相位 代入 解得 13. 如图所示，电源电动势，内阻，电阻，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，额定功率，线圈电阻。求： （1）电动机正常工作时，输出的机械功率； （2）的阻值。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 电动机正常工作时，线圈中的电流由电功率定义得 线圈产生的热功率为 电动机输入的电功率转化为机械功率和线圈热功率，因此输出机械功率为 【小问2详解】 电动机与并联，记并联部分两端电压为，则。设通过电源和的总电流为，对电源、内阻、及并联部分组成的回路，由闭合电路欧姆定律得 所以 通过的电流为 由欧姆定律，对支路有 14. 如图所示，一质量为的物块静止于轻弹簧上端的点，质量为的子弹以的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经物块第一次返回点，空气阻力不计，。求： （1）子弹与物块作用过程产生的热量； （2）内弹簧对物块的冲量。 【答案】（1） （2），方向竖直向上 【解析】 【小问1详解】 子弹打入物块的过程时间极短，系统动量守恒。规定向下为正方向，设碰后共同速度为 ，由动量守恒定律得： 代入数据得 子弹与物块作用过程产生的热量等于系统损失的动能，由能量守恒定律得子弹与物块作用过程产生的热量为 【小问2详解】 规定向上为正方向，对物块（含子弹）在 内由动量定理得： 解得 方向竖直向上。 15. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量分别为2m和m。Q与轻质弹簧相连（弹簧处于原长）。设开始时P和Q分别以2v和v初速度向右匀速运动，当小滑块P追上小滑块Q与弹簧发生相互作用，在以后运动过程中，求： （1）弹簧的最大弹性势能； （2）小滑块Q的最大速度； （3）若弹簧的最大压缩量为L，从P开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短，这段过程的时间为，求该过程中P的对地位移。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 P、Q通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v'，对P、Q（包括弹簧）组成的系统，由动量守恒定律有 解得 根据机械能守恒定律可得，弹簧具有的最大弹性势能为 【小问2详解】 当弹簧恢复原长时Q的速度最大，设此时P的速度为，Q的速度为，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 联立解得 【小问3详解】 设P对地位移为xP，Q对地位移为xQ，则弹簧最大压缩量L=xP-xQ 对系统动量守恒可得 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二第一学期期中限时练习物理 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意 1. 关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是（ ） A. 物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B. 物体的动能不变，其动量一定不变 C. 物体受到合外力的冲量作用，则动能一定变化 D. 运动的物体在任一时刻的动量方向是该时刻的速度方向 2. 体操运动员在落地时总是要屈腿的目的是（ ） A. 减小地面对运动员的平均作用力 B. 减小地面对运动员的冲量 C. 减小运动员所受重力的冲量 D. 减小运动员的动量变化量 3. 关于单摆的运动，以下说法正确的是（ ） A. 单摆运动时，摆球所受到的合力为回复力 B. 在小角度单摆运动时，仅将摆球摆角增加为原来的2倍，单摆的周期变大 C. 摆球运动到平衡位置时，所受到的合力为零 D. 摆球运动到平衡位置时，所受到的拉力最大 4. 某旅游景点的鱼洗盆如图所示，注入部分水后，某同学用双手不停摩擦鱼洗盆的双耳。盆内水花波动。若鱼洗盆的固有频率为，该同学摩擦鱼洗盆的频率由逐渐增大至，则盆内水花的波动情况是（　　） A. 逐渐增强 B. 逐渐减弱 C. 先增强，后减弱 D. 先减弱，后增强 5. 如图，质量为的半圆形槽静置于水平地面上，将质量为的小球从槽口点由静止释放，小球可视为质点，忽略一切摩擦，下列说法中正确的是（ ） A. 小球向右摆动时，槽向右运动，且系统动量不守恒 B. 小球向右摆动时，槽向左运动，且系统动量守恒 C. 小球运动到半圆形槽右侧最高点一定与点等高 D. 从点释放到右侧最高点，半圆形槽的位移一定大于小球在水平方向上的位移 6. 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A. 在内，弹簧弹力逐渐增大 B. 手机振动的频率大小为 C. 时刻，手机在最低点 D. 随变化的关系式为 7. 某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（ ） A. 当向药液袋内注射液体时，电源的效率减小 B. 当药液减少时，电源的输出功率减小 C. 当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮 D. 当药液减少时，电压表的示数变小 8. 如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率v0斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A. 重力的冲量相同 B. 落地时动量相同 C. 动量的变化率相同 D. 动量的变化量相同 9. 下列关于欧姆表的使用和操作不正确的是（ ） A. 若操作步骤规范，欧姆挡及指针位置如图甲、乙所示，则测量阻值为160Ω B. 用多用电表测量电阻R时，若红表笔插入正（+）孔，则电流从红表笔流入 C. 若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图丙所示，由图丙可知该二极管的正极为A端 D. 欧姆表欧姆调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小。为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新调零后再测量 10. 一上表面粗糙且足够长的小车M置于光滑水平面上，木块m以一定的初速度滑上小车的上表面，则（ ） A. 小车质量越大，两者相对滑行的时间越短 B. 小车质量越大，两者相对滑行的位移越长 C. 车面越粗糙，小车M最终获得的动量越大 D. 车面越粗糙，两者系统产生的内能越大 二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. 某同学要用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材： A．待测干电池一节 B．电流表1：量程，内阻为 C．电流表2：量程，内阻约为 D．电压表1：量程，内阻约为 E．电压表2：量程，内阻约为 F．滑动变阻器1：最大阻值为 G．滑动变阻器2：最大阻值为 H．开关、导线若干 （1）请在上述器材中选择适当的电压表与滑动变阻器（填写器材前的字母）：电压表选择______，滑动变阻器选择______； （2）某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整______；该小组按照连线情况测量电源电动势和内阻，在未考虑电表内阻的情况下，测量出来的电源内阻比真实值______。（填写“偏大”“偏小”或“不变”）； （3）另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势______V，内电阻______Ω（以上结果均保留2位小数）。 12. 有一个弹簧的劲度系数为、小球的质量为的小球，让其在水平方向上的、之间做简谐运动。已知、间的距离为，振动物体在内完成了次全振动，求： （1）振动小球的振幅和周期； （2）小球振动过程中最大的加速度大小。 （3）规定水平向右为正方向，从点开始计时，小球简谐运动位移随时间变化的表达式。 13. 如图所示，电源电动势，内阻，电阻，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压，额定功率，线圈电阻。求： （1）电动机正常工作时，输出的机械功率； （2）的阻值。 14. 如图所示，一质量为的物块静止于轻弹簧上端的点，质量为的子弹以的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经物块第一次返回点，空气阻力不计，。求： （1）子弹与物块作用过程产生的热量； （2）内弹簧对物块的冲量。 15. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量分别为2m和m。Q与轻质弹簧相连（弹簧处于原长）。设开始时P和Q分别以2v和v初速度向右匀速运动，当小滑块P追上小滑块Q与弹簧发生相互作用，在以后运动过程中，求： （1）弹簧的最大弹性势能； （2）小滑块Q的最大速度； （3）若弹簧的最大压缩量为L，从P开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短，这段过程的时间为，求该过程中P的对地位移。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $