临淄中学2023-2024学年度第一学期高二物理试题含答案解析

临淄中学2023-2024学年度第一学期

高二物理试题

一、单选题（共40分）

1.关于物体的简谐运动，下列说法正确的是（）

A.位移减小时，加速度和速度都一定减小

B.位移方向可能与速度方向相反

C.回复力方向总是与加速度方向相反

D.回复力逐渐增大，速度一定增大

【答案】B

【详解】

A.位移减小时，恢复力减小，加速度减小，但速度增大，故A错误；

B.物体从最大位移处向平衡位置运动的过程中，位移方向和速度方向相反，故B正确；

C.根据牛顿第二定律，回复力方向总是与加速度方向相同，故C错误；

D.回复力逐渐增大，说明物体在向最大位移处运动，则速度逐渐减小，故D错误。

故选Bo

2.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆

钟，图乙所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动.在甲地走时准

确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是（）

［摆杆

■QHQ圆盘

¥螺母

甲乙

A.甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动

B.甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动

C.乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动

D.乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动

【答案】C

【详解】

由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因7=2兀/，则重力加速度变大，要使周期不变小，则

应增加摆长，即将螺母适当向下移动.

ABD.由上分析可知，ABD错误；

C.由上分析可知，C正确.

3.如图所示,质量为m的人站立于质量为M的平板车上,人与车以大小为孙的速度在光滑水平面上

向东运动.某时刻人相对平板车以大小为的速度竖直跳起，人跳起后车的速度大小为

A.v0-B.v0C.学历D—%

【答案】B

【详解】

人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，取向东为正方向，根据水平动量守恒得：

（加+M）vo=（机得人跳起后车的速度大小为：v=vo.方向向东，故A正确，B、C、D错误；故

选B.

【点睛】

本题应用动量守恒定律要注意方向性，本题中人竖直跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平

动量不变.

4.2022年8月18日，一架救援直升机在重庆涪陵进行灭火作业。直升机通过旋翼螺旋桨向下推

动空气获得升力。若质量为M的直升机处于水平悬停状态，桶、绳索和桶中水总质量为zn,若旋

翼螺旋桨转动时单位时间推动的空气质量为P，重力加速度为g,则被推动空气获得的速度大小

为（）

C(M+m)g

D.—B—

,P(M+m)g

【详解】

直升机处于水平悬停状态，所以直升机获得的升力与直升机、桶、绳索和桶中水的总重力平衡,

F=(M+m)g

由牛顿第三定律可知，直升机获得的升力与推动空气的力大小相同，研究时间内推动的空气,

利用动量定理有

FXt—pLtv

解得

(M+m)g

v--------------

p

故选C。

5.关于电流周围磁场的磁感线分布情况，符合安培定则的是()

【答案】C

【详解】

A.根据安培定则，直线电流左侧磁场方向应垂直纸面向外，右侧磁场方向应垂直纸面向里，故

A错误；

B.根据安培定则，磁场方向应为逆时针，故B错误；

C.根据安培定则，从上往下看，磁场方向应为逆时针，故C正确；

D.根据安培定则，通电螺线管内部磁场方向应由左指向右，故D错误。

故选C。

6.为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速

的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为1.5m,

一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（）

A.当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2HzB.当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸

C.当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害D.汽车速度越大，颠簸就越厉害

【答案】C

【分析】

【详解】

A.当汽车以5m/s的速度行驶时，驱动力的周期为

s1.5

T=—=--s=0.3s

v5

所以频率等于

110

-=—Hz

T3

A错误；

BCD.当汽车以3m/s的速度行驶时，汽车的频率为

v3

/=-=—Hz=2Hz

's1.5

此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，BD错误C正确。

故选Co

7.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻Ri、/?2的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电

阻&、R2组成电路。R1、/?2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。为使电源输出功率最

A.将先单独接到电源两端

B.将/?2单独接到电源两端

C.将R、/?2串联后接到电源两端

D.将比、并联后接到电源两端

【答案】D

【详解】

根据闭合电路欧姆定律可得

U=E-lr

根据图中电源的路端电压与电流的关系图线可知，电源电动势和内阻分别为

E=8V，「=汐=汐

设外电阻为R时，电源的输出功率为

2

p,=E=(_,_)2R=E----------------

出R+r°J「

R+歹+2r

由于基本不等式可知，当外电阻R=r时，电源的输出功率最大；由电阻的伏安特性曲线可得

&=8/=4。，R2=4N=2。

Ri、/?2串联后的阻值为

R串=R1+R2=6c

%、/?2并联后的阻值为

Ri达4

Rif=7；-----=-H=r

并/?!+R23

可知将R1、R2并联后接到电源两端时，电源输出功率最大。

故选Do

8.如图所示，光滑水平地面上静止一个质量为“且上表面光滑的斜面体.现将一个质量为加的

小滑块放置在斜面体顶端，使其由静止沿斜面滑下.已知斜面体底边长为L,则以下判断正确的

是（）

A.下滑过程中小滑块的机械能守恒

B.小滑块下滑过程中，两物体组成的系统动量守恒

C.小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为卢

M+m

D.小滑块到达斜面底端时，小滑块水平向左运动的距离为"

M+m

【答案】D

【详解】

A.下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒，滑块的机械能不守恒，选项A错误；

B.小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直

方向动量不守恒，则系统动量不守恒，选项B错误；

CD.设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为X,则由水平动量守恒可知

Mx=m(L—x)

解得

mL

x=-------

M+m

小滑块水平向左运动的距离为

ML

s=L—x=--------

M+m

选项C错误，D正确。

故选D。

二、多选题（共20分）

9.如图所示，闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同。若继续

将P向下移动，则三灯亮度变化情况为（）

A.A灯变亮B.B灯变亮

C.B灯变暗D.C灯变亮

【答案】ACD

【详解】

A.将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆

定律得知，总电流/A增大，则A灯变亮，故A正确；

BC.并联部分的电压

U产E-IA（RA+「）

E、RA、r不变，/A增大，U并减小，/B减小，B灯变暗，故B错误，C正确；

D.通过C灯的电流

，C=，A-，B

/A增大，/B减小，则/c增大，C灯变亮，故D正确。

故选ACDo

10.A,B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球的x-t图象如图所

01234t/s

A.碰撞后，两球运动方向相反

B.碰撞过程中A球动量变化量大小为4kg-m/s

C.B球质量Tn?=2kg

D.此碰撞过程为弹性碰撞

【答案】AC

【分析】

【详解】

A.由题图可看出在/=2s后两球的运动方向相反，A正确；

B.由题图和动量守恒可看出在0~2s内和2~4s内A球的速度分别为

=5m/s»-lm/s

VA=-4tl4Ut'A2=—=

则碰撞过程中A球动量变化量大小为6kgm/s,B错误；

C.根据动量守恒有

WAVA=-"ZAU'A-"ZB/B（取A最开始运动的方向为正）

代入数据有

mB="?2=2kg

C正确；

D.碰撞前的机械能为

E=2­J

-??J2AVA=2

碰撞前的机械能为

E'=+^innv'R2=yJ

碰撞前后机械能不守恒，则不是弹性碰撞，D错误。

故选ACo

11.如图所示，某电路中电源电动势E=10V,内阻尸1C,指示灯心的阻值为32Q,电动机M线

圈电阻为R）=2Q。当开关S闭合后，指示灯RL的电功率为2W。那么下列说法中正确的是

S

A.流过电动机M的电流为4A

B.流过理想电流表的电流为2A

C.电动机M输出的机械功率7.875W

D.电源的总功率为20W

【答案】BCD

【详解】

AB.指示灯R的电压为

UL=/PR[=72x32V=8V

指示灯&的电流为

U,8

I,L=—=—A=0.25A

RL32

根据闭合电路欧姆定律可得

E=UL+Ir

解得流过电流表的电流为

E-U,12-8

1=-------=---A=2A

r1

流过电动机M的电流为

/M=/-/L=(2-0.25)A=1.75A

所以A错误，B正确；

C.电动机M输出的机械功率为

P机=UM1M-IM2Ro=8x1.75W-1.752x2W=7.875W

所以C正确；

D.电源的总功率为

P=£/=10x2W=20W

所以D正确。

故选BCDo

12.如图所示，把两个体积相同的带正电的小球A和B放在光滑绝缘水平地面，它们的电荷量分

别为4和2q,质量分别为m和2m。某时刻A球以大小为心的速度沿两小球连线方向向B球运

动，此时B球速度为0,两球相距为L运动过程中两球始终没有相碰，下列说法正确的是

()

A.A、B两球最近时，B球的速度为早

B.A球速度最小时，系统电势能增量为［m诏

C.A、B两球运动过程中的加速度大小之比始终为2：1

D.A、B两球组成的系统合外力为零，所以动量守恒，机械能守恒

【答案】AC

【详解】

A.A、B两球最近时，速度相等，根据动量守恒

mv0=(m+2m)vB

解得

%

VB=T

故A正确；

B.因为A球质量小，最小速度为零，此时B球速度u

mv0=2mv

系统电势能增量为

111

Ep=-mvl--(2m)v2=

故B错误。

C.两球间静电力大小相等

F=ma

所以A、B两球运动过程中的加速度大小之比始终为2：1,故C正确；

D.A、B两球组成的系统合外力为零，动量守恒，但有电势能和机械能间的转化，机械能不守

恒，故D错误。

故选ACo

三、实验题(共10分)

13.用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用

的实验器材还有:

双量程电流表：A（量程0〜0.6A,0〜3A）；

双量程电压表：V（量程0〜3V,0〜15V）；

滑动变阻器：匕（阻值范围0〜10C,额定电流2A）

R2（阻值范围0〜100Q,额定电流1A）

乙丙

（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为A,电压表的量程

为V,应选用滑动变阻器（填写滑动变阻器符号）；

（2）根据图甲将图乙中的实物正确连接；

（3）通过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用这些数据在图丙中画出了U-/

图线。由图线可以得出此干电池的电动势E=V（保留3位有效数字），内电阻

r=Q（保留2位有效数字）；

（4）引起该实验的系统误差的主要原因是

A.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大

B.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小

C.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小

D.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大

（5）某同学利用如图所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，经过正确的操作获得了若干组

实验数据，据此描绘出的U-/图像（其中U、/分别为电压表和电流表的读数）如下图中的实线所

示，虚线表示该电池两端的电压与流经电池电流的关系图线，下列图像合理的是o

【答案】⑴.0~0.6(2).0~3(3)./?i(4).见解析(5).1.45(6).1.3(7).

B(8).A

【详解】

(1)一节干电池的电动势约为1.5V,所以电压表量程应选0~3V；滑动变阻器R2的最大

阻值较大，不便于控制电路中的电流，所以滑动变阻器应选择阻值较小的尺；此时电路中的电

流一定不超过0.5A,所以电流表量程应选0~0.6A；

(3)[5][6]U-/图线的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，即

E=1.45V

1.45-0.80

r=---——Q=1.3。

0.50

(4)⑺本实验中电压表并联在电源两端，示数即为路端电压的真实值，引起该实验的系统误差

的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故选Bo

(5)[8]当电压表示数为零时，路端电压为零，此时电流表的示数就是短路电流的真实值；当电

流表示数为零时，由于电压表存在分流，所以通过电源的电流并不为零，即存在内电压，使得电

压表示数略小于电源电动势，综上所述可知A图像合理，故选A。

14.某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个大

小相等、质量不同的小钢球A、B,刻度尺，白纸，圆规，重垂线一条。实验装置及实验中小球

运动轨迹及落点平均位置如图甲所示。

OMPN

单位:cm

工18.30」

<40.50---------►

<55.14----------------->

甲乙

（1）对于实验中注意事项、测量器材和需测量的物理量，下列说法中正确的是一

A.实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平

B.实验中要保证每次A球从同一高处由静止释放

C.实验中还缺少的实验器材有复写纸和秒表

D.实验中需测量的物理量只有线段OP、0M和ON的长度

（2）实验中若小球A的质量为血1，小球B的质量为血2，当?ni>ni2时，实验中记下了0、M、

P、N四个位置（如图乙所示），若满足（用爪1、m2>OM、OP、ON表示），则说

明碰撞中动量守恒；若还满足（只能用OM、OP.ON表示），则说明碰撞前后动能

也相等。

【答案】(1).AB(2).m\OP=m\OM+miON(3).OP=ON-OM

【详解】

（1）[1]A.由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，所以必须保证

槽的末端的切线是水平的，故A正确；

B.由于实验要重复进行多次以确定碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前小球A的

速度必须相同，所以每次必须让A球从斜槽轨道上同一高度处由静止释放，故B正确；

C.验证

m\vo=m\V\+m2V2

由于碰撞后A球和B球从同一高度开始做平抛运动，根据

1

h=2gt2

可得两球做平抛运动的时间相同，故可验证

m\VQt=m\vit+iri2V2t

而

vot=OP

v\t=OM

v2t=0N

故只需要验证

m\OP-mxOM+tmON

所以要测量A球的质量如和B球的质量〃22,需要天平；在地面上合适的位置铺上白纸并在白纸

上面铺上复写纸，小球落在复写纸上，可以在白纸上留下落点印迹，所以还要复写纸，不需要秒

表，故C错误；

D.由〃uOP=〃nOM+/〃2ON可知，实验中需要测量的物理量是A球的质量m\和B球的质量m2,

线段OP、OM和ON的长度，故D错误。

故选ABo

(2)[2]⑶由(1)可知验证碰撞中的动量守恒的表达式为

m\0P=m\0M+m2-0N

若碰撞前后系统的动能相等，则有

111

2

-m^OPy=57nl(0M)2+-m2(O/V)

联立解得

OP=ON-OM

四、解答题(共20分)

15.某质点做简谐运动的位移x随时间『变化的图像如图所示。求：

(1)质点做简谐运动的振幅和频率；

(2)质点的振动方程；

(3)质点在0~4s内通过的路程、位移。

【答案】(1)5cm,1.25Hz；(2)%=5sin，t(cm)；(3)Im,0

【详解】

(1)由图像可得质点做简谐运动的振幅为

A=5cm

由图像可得质点做简谐运动的周期为

7^0.8s

频率为

1

f=7

解得

上1.25Hz

(2)质点做简谐运动的振动方程为

x=As\na)t

其中

5

&)=2nf=-7rrad/s

解得

5

x=5sin-7itcm

2

(3)U4s时，质点的位移为

5

x1=5sin-7ix4cm=Ocm

振动的次数为

t4

n=—=——=5

T0.8

Os〜4s内质点通过的路程为

s=4nA=100cm=Im

16.某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了

由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器

感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160g的该种型号

手机从距离地面1.25m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地

面上，保护器撞击地面的时间为0.5s,不计空气阻力，g=10m/s2,试求：

(1)手机落地前瞬间的速度大小；

(2)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；

(3)地面对手机的平均作用力大小。

【答案】(l)5m/s；(2)0.8N-s；(3)3.2N

【详解】

(1)落地的速度

v2=2gh

代入数值得

v=d2gh=V2x10x1.25m/s=5m/s

(2)方法一：根据自由落体运动

L12

K=29t

代入数值得

2h2x1.25

t=—=———s=0.5s

JgJ1。

根据

I=mgt

得重力冲量

I=mgt=0.16x10x0.5N-s=0.8N•s

方法二：由动量定理

/=mv—0

代入数值得

/=0.8N-s

(3)取竖直向下为正方向，由动量定理

(mg—F)t=0—mv

得

mv0.16x5

F=mg+——=1.6N+———N=3.2N

“t0.5

17.如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为

mB=0.4kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为四=0.6kg的小球A从LM

上距水平轨道高为九=1.8m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不

粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)A球与弹簧碰前瞬间的速度大小气;

(2)A球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能所；

(3)A、8两球最终的速度VA、VB的大小。

【答案】(1)6m/s；(2)Ep=4.32J；(3)vA=2m/s,vB=7.2m/s

【详解】

(1)由动能定理得

mAgh.=-mAvl

v0=yj2gh=6m/s

(2)A与8共速时，弹簧的弹性势能最大，A、8和弹簧组成系统动量守恒

mAv0=(mA+mB)v

由机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能

11

Ep=5mA诏-2(啊+m^v2

Ep=4.32J

(3)A、8与弹性发生弹性碰撞，最终分离

mAv0=mAvA+mBvB

vA=1.2m/s»vB=7.2m/s

18.如图，水平轨道的右端固定一半径为/的竖直光滑半圆轨道，其直径BC竖直。水平轨道上质

量分别为3加、加的两小物块P、Q将原长2/的轻弹簧压缩/后由静止释放。已知P、Q两物块与

水平轨道间的动摩擦因数之比为1:3,释放两物块时弹簧的弹性势能为Ep=6mg/,物块与弹簧不

粘连，物块Q与水平轨道右端8的距离为5/,已知物块Q到达B点时对轨道的压力大小为

FNB=7nig,重力加速度go

求：(1)物块Q运动到。点时对轨道的压力大小&c及最后落到水平轨道上的位置与8点的距

离x；

(2)物块Q运动到8点时物块P的速度大小也

(3)物块P向左运动的距离却

【答案】(1)mg；2V2Z；(2):后I；(3)5/

【分析】

【详解】

(1)根据牛顿第三定律可得轨道对Q的支持力大小为以B=7mg,