福建省泉州市中远学校2024-2025学年高二下学期第二阶段教学质量检测物理试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页福建省泉州市泉州中远学校2024-2025学年高二下学期第二阶段教学质量检测一、单选题1．如图所示，篮球运动员接传过来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接篮球，手接触到篮球后，双手迅速后撤将篮球引至胸前。运用你所学的物理规律分析，这样做可以（）A．减小手对篮球的冲量 B．减小篮球的动量变化量C．减小篮球对手的作用力 D．缩短篮球对手的作用时间2．冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是图中的（）A．B．C．D．3．如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3s末振子的速度为正向的最大值4．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）

A．P对Q做功为零B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒5．圆环形导体线圈a平放在水平绝缘桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生俯视为逆时针方向的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有收缩的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力将减小6．如图所示，一篮球以水平初速度碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的倍，碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为，半径为，篮框中心到篮板的距离为，碰撞点与篮框中心的高度差为，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则（）A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒B．篮板对篮球的冲量大小为C．篮球的水平初速度大小为D．若篮球气压不足导致减小，在不变的情况下要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更低二、多选题7．某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（）A．只有蜗牛运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是LC．蜗牛运动的位移是滑块的倍D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L8．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向振动可视为简谐运动，周期为T。竖直向上为正方向，以某时刻为计时起点，其振动图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．t=T时，货物对车厢底板的压力最小B．t=T时，货物对车厢底板的压力最小C．t=T时，货物对车厢底板的压力最小D．t=T时，货物所受合力为零9．如图所示，、为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻可忽略不计，下列说法正确的是（）A．闭合开关S的瞬间，和都立刻变亮B．闭合开关S稳定后，只有亮C．断开开关S的瞬间，a点的电势比b点的电势高D．断开开关S，亮起后熄灭，立即熄灭10．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端．由此可以确定()A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角D．时间内物块克服摩擦力所做的功三、填空题11．一物体的质量为2kg，此物体竖直下落，以10m/s速度碰到水泥地面上，随后又以8m/s的速度反弹。若取竖直向上为正方向，则小球与地相碰前的动量是kg·m／s，相碰后的动量是kg·m／s，相碰过程中小球动量的变化量是kg·m／s。12．在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，、、均为固定电阻，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。则图中电流表的示数为A；电压表的示数为V；变压器的输入功率为W。四、实验题13．研究两个小球在轨道水平部分碰撞的规律（动量守恒定律）：先安装好如图实验装置，在地上铺一张白纸。白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。之后的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。(1)上述实验中小球1和小球2应选择___________。A．相同大小的铁球B．相同大小的塑料球C．小球1铁球，小球2塑料球，大小相同D．小球1塑料球，小球2铁球，大小相同(2)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有___________。A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度H2C．小球1和小球2的质量、D．小球1和小球2的半径r(3)当所测物理量满足时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞遵守动量守恒定律。14．用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用。A．长度为1m左右的细线

B．长度为30m左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球

D．直径为1.8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度（用L、n、t表示）。（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度9.749.73请计算出第3组实验中的，。（4）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A问细线长度以改变摆长实验中，当O、A间细线的长度分别为、时，测得相应单摆的周期为、。由此可得重力加速度（用、、、表示）。五、解答题15．一个质量为50kg的运动员进行蹦床运动表演，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为0.5s，取10m/s2．（1）求运动员从开始下落到与网接触前，重力的冲量；（2）求运动员从接触网到离开网，网对运动员的平均作用力大小．16．质量为的光滑弧形槽静止在光滑水平地面上，底部与水平面平滑连接，质量为m的小球从槽上高h处由静止滑下，小球运动到右侧墙壁时与竖直墙壁碰撞后以原速率弹回。已知重力加速度为g，求：(1)小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小；(2)小球再次滑上弧形梢到达的最大高度。17．如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．18．“模型检测”常用来分析一项设计的可行性。如图所示的是某大型游乐设施的比例模型，光滑的水平轨道上静止着物块A和B（均可视为质点），质量分别为m、4m，A、B之间压缩着一根锁定的轻质弹簧，两端与A、B接触而不相连。水平轨道的左侧是一竖直墙壁：右侧与光滑、竖直固定的圆管道FCD相切于F，圆管道的半径R远大于管道内径。倾角的斜轨DE与圆管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物块与斜轨间的动摩擦因数。现将弹簧解锁，A、B分离后撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平轨道上与物块B相碰并粘连，一起进入管道到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，最后恰好停止在倾斜轨道的E点。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）求：（1）A、B过最高点C时速度大小：（2）斜轨DE的设计长度：（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能。答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案1．C【详解】B．篮球运动员接传过来的篮球，末速度为零，动量的变化量是确定的，B错误；A．根据动量定理知，手对篮球冲量的大小也是确定的，A错误；D．先伸出双臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以延长球与手接触的时间，D错误；C．根据动量定理得-Ft=0-mv则F=当时间延长时，手对球的作用力减小，即球对手的作用力减小，故C正确。故选C。2．B【详解】A．若两球不是对心碰撞，则两球可能在垂直于甲的初速度方向上均发生移位，但垂直于甲初速度方向上应保证动量为零，碰撞后在垂直于甲的初速度方向上两冰壶应向相反方向运动，由图甲所示可知，两壶碰撞后向垂直于甲初速度方向的同侧滑动，不符合动量守恒定律，故A错误；BCD．如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，由图示可知，B正确，CD错误。故选B。3．D【详解】A．由题图可知振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；B．第2s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；C．从第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；D．第3s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确.4．B【详解】A．Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q的位移方向夹角大于90°，则P对Q做功不为零。故A错误；BCD．Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属于内力并且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向合力为零，即水平方向动量守恒。系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正确；CD错误。故选B。5．D【详解】AB．当滑片P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，从而判断出穿过线圈a的磁通量减小，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，B错误；C．再根据楞次定律推论“增缩减扩”判断出线圈a应有扩张的趋势，故C错误；D．根据“增离减靠”可知线圈a对水平桌面的压力将减小，故D正确。故选D。6．C【详解】A．根据题意，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，A错误；B．以弹回的方向做正方向，根据动量定理可得B错误；C．弹回后篮球做平抛运动，即有；解得C正确；D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，减小，要使篮球中心进过篮筐中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间要增大，应使碰撞点更高，D错误。故选C。7．CD【详解】ABC．人在船上走时，由于蜗牛、滑块导轨组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，设蜗牛从滑块一端到另一端的时间为t，在这段时间内滑块后退的距离为x，滑块相对地面运动的距离为L-x，选滑块后退方向为正方向，由动量守恒有所以则滑块相对地面运动的距离为L，选项AB错误，C正确；D．由以上数据可得蜗牛运动的位移是滑块的倍，选项D正确。故选CD。8．AD【详解】AB．若货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图象可知，在时，货物向下的加速度最大，A正确，B错误；C．要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，则要求货物向上的加速度最大，由振动图象可知，在T时，货物向上的加速度最大，所以货物对车厢底板的压力最大，C错误;D．T时刻货物加速度为零，货物所受支持力与重力等大反向，合力为零，D正确。故选AD。9．AD【详解】A．闭合开关S的瞬间，线圈自感阻碍流过线圈的电流增大，和都立刻变亮，故A正确；B．闭合开关S稳定后，线圈L的直流电阻可忽略不计，被短路，只有亮，故B错误；CD．断开开关S的瞬间，立即熄灭，线圈与L1构成回路，亮起后熄灭，因线圈阻碍电流变化，则新回路的电流为逆时针，即线圈左端相当于电源正极，所以a点的电势比b点的电势低，故C错误，D正确。故选AD。10．AC【详解】A．由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则得到A正确；BC．根据动量定理得，上滑过程有下滑过程有联立解得由于质量m未知，则无法求出f，可得到可以求出斜面倾角θ，B错误，C正确；D．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功等于机械能的减小量，由于物体的质量未知，故无法求解机械能减小量，无法求解克服摩擦力做的功，D错误。故选AC。11．－201636【详解】[1]取竖直向上为正方向，小球与地面相碰前的动量是[2]相碰后的动量是[3]小球动量变化为12．12040【详解】[1][2][3]通过R2电流的有效值为R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知图中电流表的示数根据原线圈两端电压电压表的示数为变压器的输入功率为13．(1)C(2)C(3)【详解】（1）碰撞过程中，为了发生正碰（即对心碰），两小球的半径必须相同，即大小相同，除此之外，碰撞过程中为了避免入射小球被反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量。故选C。（2）AB．由于小球做平抛运动的高度相同，根据平抛运动的时间可知小球运动时间相同，则水平方向联立可得可知速度比即为水平位移之比，因此不需要A、B两点间的高度差h1以及B点离地面的高度H2，故AB错误；CD．由于该实验要验证动量守恒定律，而根据动量守恒定律应有由于已经测量了OM、OP、ON（水平位移）的长度，则上式可表示为因此要验证该等式是否成立还需要测量小球1和小球2的质量、，而与小球半径无关，故C正确，D错误。故选C。（3）根据（2）中分析可知，若所测物理量满足说明两球碰撞遵守动量守恒定律。14．AD2.019.76【详解】（1）[1]AB．为了减小实验误差，应选择1m左右的摆线，故A正确，B错误；CD．为了减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的铁球，故D正确，C错误；（2）[2]单摆的周期由单摆周期公式联立可得重力加速度（3）[3][4]根据单摆的周期代入数据得根据公式代入数据解得重力加速度（4）[5]根据单摆的周期公式设A点到铁锁的重心之间的距离为，有第一次第二次联立解得15．（1）400N·s（2）2300N【详解】（1）由得=0.8