2024-2025学年山东省烟台市招远市第二中学高二（上）期中模拟物理试卷（等级考）（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省烟台市招远市第二中学高二（上）期中模拟物理试卷（等级考）（含答案），共12页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共14小题，共42分。
1.关于电源电动势E，下列说法中错误的是( )
A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V
B. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的
C. 电动势E可表示为E=Wq可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大
D. 电动势较大，表示电源内部将其他形式能转化为电能的本领越大
2.下面有关能量转化和守恒的说法中正确的是( )
A. 我们在使用能量的过程，就是能量的转化和转移的过程
B. 只有在忽略摩擦和空气阻力时才成立
C. 热传递的实质是能量的转移
D. 热机在做功冲程将机械能转化成了内能
3.如图所示，直线A为电源的U−I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U−I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2；电源的效率分别为η1、η2，则( )
A. P1>P2B. P1η2D. η1<η2
4.把6个相同的电灯接成如图甲、乙所示两电路，通过调节供电电压与变阻器R1、R2的阻值，使两组电灯均能正常发光，并且两电路消耗的总电功率也相同，则R1、R2大小满足 ( )
A. R 2=9R ​1B. R 2=6R ​1C. R ​2=3R ​1D. R ​1=R ​2
5.甲、乙物体分别在恒力Fl、F2的作用下，沿同一直线运动。它们的动量随时间变化如图所示。设甲在tt时间内所受的冲量为II，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( )
A. F1>F2，I1=I2B. F1C. F1>F2，I1>I2D. F1=F2，Il=I2
6.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火
箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空，从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭与发射仓组成的系统动量守恒
B. 火箭在加速上升时，处于超重状态
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
7.使用无人机播植树种时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在静止于离地面10m高处的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5m/s的速度竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，则( )
A. 土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1N⋅s
B. 发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为100N⋅s
C. 种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5N
D. 播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零
8.如图所示，半径分别为R和r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。则两小球的质量之比为( )
A. rRB. rRC. RrD. Rr
9.如图所示，质量为M的气球上有一质量为m的猴子，气球和猴子静止在离地面高为ℎ的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯的长度至少应为( )
A. mMℎ
B. Mmℎ
C. M+mMℎ
D. M+mmℎ
10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，移动滑动变阻器的滑片，
下列电源的输出功率P出、总功率P总分别与电压表读数U、电流表读数I的关系图像中，正确的是( )
A. B. C. D.
11.如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电源内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数减小
B. 带电质点P向上运动
C. 电源的输出功率变小
D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为△U和ΔI，则ΔUΔI=r+R1
12.(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的四分之一圆轨道在最低点与水平轨道相切，且整个轨道表面光滑.在小车的右端固定一个轻弹簧，一个质量也为m的小球从离水平轨道高为ℎ处开始自由滑下，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 小球和小车组成的系统动量始终守恒
B. 弹簧具有的最大弹性势能为mgℎ
C. 小球具有的最大动能为mgℎ
D. 被弹簧反弹后，小球能回到离水平轨道高ℎ处
13.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙。用水平力向左推B将弹簧压缩，推到一定位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E。在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是( )
A. 在A离开竖直墙前，A、B系统动量不守恒，之后守恒
B. 在A离开竖直墙前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
C. 在A离开竖直墙后，A、B速度相等时的速度是23 2Em
D. 在A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3
14.如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α=37∘，斜面上有一质量为3kg、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小v0=1m/s，现将一质量为1kg的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时(与挡板碰前的瞬间)，长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法正确的是( )
A. 小滑块和长木板组成的系统沿斜面方向动量守恒
B. 长木板与斜面之间的动摩擦因数μ=0.45
C. 长木板做减速运动的加速度为2m/s2
D. 小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
二、综合题：共58分。
15.某同学用如图所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于O点，悬点O到水平台面下的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平台面边缘。拉紧细线，使小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放，运动到最低点B时恰与小球2发生碰撞，碰撞后，小球1继续向左运动到C位置，小球2落到水平地面上到台面边缘水平距离为s的D点。
(1)实验中已经测得的物理量中的α、L、s及小球1、2的质量m1、m2，为了验证两球碰撞前后动量守恒，还应该测量的物理量有 、 (要求填写所测物理量的名称及符号);
(2)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式 ，则说明两小球碰撞前后的动量守恒。
16.某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图1所示。
(1)实验室有两组滑块装置。甲组两个滑块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥。若要求碰撞过程动能损失最小，应选择 (填“甲”或“乙”)组的实验装置。
(2)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图2所示，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑块上，可知遮光条的宽度d= mm。
(3)安装好气垫导轨和光电门，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端 (填“升高”或“降低”)一些。
(4)用天平测得滑块A、B的质量(均包括遮光条)分别为mA、mB;调整好气垫导轨后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为Δt2和Δt3。从实验结果可知两滑块的质量满足mA (填“>”“<”或“=”)mB;滑块A、B碰撞过程中满足表达式 (用所测物理量的符号表示)，则说明碰撞过程中动量守恒。
17.某实验小组测量一充电宝的电动势和内阻。从说明书可知该充电宝的电动势约为5V，内阻很小，约0.1∼0.3Ω，最大放电电流为2A。
(1)该小组将充电宝连接线的外绝缘层剥开，找出充电宝的正极和负极，将多用电表选择开关旋到10 V直流电压挡，先进行机械调零，然后红、黑表笔分别接触充电宝的正极和负极，电表刻度盘如图甲所示，该读数为 V。
(2)该小组想进一步精确测出该充电宝的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：
A.电压表V(量程为6V，内阻约为5kΩ)
B.电流表A(量程为3A，内阻约为0.6Ω)
C.滑动变阻器R1(最大阻值为60Ω)
D.定值电阻R0=3Ω
E.一个开关及导线若干
该小组设计了两种测量充电宝电动势和内阻的电路，图乙中 (填“A电路”或“B电路”)更为合理，理由是 。
(3)该小组通过调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点如图丙所示，请根据描出的点作出U−I图像。
(4)根据U−I图像，可求得该充电宝的电动势为 V，内阻为 Ω。(结果均保留两位小数)(5)根据误差分析，该充电宝的电动势的测量值比真实值 (填“偏小”或“偏大”)，内阻的测量值比真实值 (填“偏小”或“偏大”)。
18.如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，闭合开关S后，标有“6V，9W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=4Ω，求：
(1)电源的输出功率P出;
(2)10s内电动机产生的热量Q;
(3)电动机的机械功率。
19.质量m=65kg的工人正在高空作业，按安全生产规章制度要求，该工人系有一条长度L=1.25m的安全带。若该工人不慎跌落，当安全带伸直后，工人在安全带的保护下转危为安。为了简化问题，将工人视为质点且此运动过程一直发生在竖直方向上，安全带伸直后不计安全带产生的形变，该安全带的缓冲时t=0.5s，完成缓冲后工人将静止在空中，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，
求：(1)安全带刚伸直时工人的速度v的大小; (2)缓冲过程中工人对安全带的平均作用力的大小。
20.如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连，左端位于木板上的B点。开始时木板静止，小铁块从木板上的A点以速度v0=4.0m/s正对着弹簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量xm=0.10m;之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长;最终小铁块与木板以共同速度运动。已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能EP=12kx2，式中k为弹簧的劲度系数;长木板质量M=3.0kg，小铁块质量m=1.0kg，k=600N/m，A、B两点间的距离d=0.70m。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
求：(1)当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小ν;
(2)小铁块与长木板间的动摩擦因数μ;
(3)试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置。
21.如图所示，某游戏装置由轻质弹簧发射器、光滑平面和竖直圆管道BCDB′组成。圆管道半径R=0.5m，底部与平面相切，入口B和出口B′略错开，管道口径远小于管道半径;平面上的E点处放置质量M=3kg的小球b，小球b用长度L=1m的轻绳竖直悬挂，与E点恰好无挤压，轻绳能承受的最大拉力为Fm=50N。现有质量m=1kg的小球a，它第一次被压缩的弹簧弹出后，恰好能运动到与圆管道圆心O等高的C点;第二次压缩弹簧使弹性势能为EP2=12J时释放小球a，小球运动到圆管道最高处D点的速度为vD=lm/s。若小球沿管道内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，小球a和b均可视为质点，空气阻力不计，g=10m/s2。
(1)求第一次压缩的弹簧具有的弹性势能;
(2)求小球a第二次被弹出后，运动到D点时管道对小球的弹力的大小，以及运动到D点的过程中管道对小球a做的功;
(3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep3=18J时释放小球a，小球a会与小球b发生弹性正碰。试通过计算分析小球a、b碰后绳子是否会断。
参考答案
1.C
2.AC
3.C
4.A
5.A
6.B
7.C
8.B
9.C
10.ABD
11.AD
12.BD
13.AD
14.ACD
15.(1)台面高度ℎ OC与OB间的夹角β
(2)m1 2gL(1−csα)=m1 2gL(1−csβ)+m2s g2ℎ

16.(1)甲；
(2) 6.790；
(3)升高；
(4)>；mAΔt1=mAΔt3+mBΔt2。
17.(1)4.8；
(2)B电路；由于充电宝的内阻比较小，若用A电路测量，则改变滑动变阻器接入电路的阻值时，内阻分压小，导致外电路电压表示数变化不明显，不利于测量，误差较大，而采用B电路测量时，定值电阻一方面起到保护电路的作用，另一方面，改变滑动变阻器接入电路的阻值时，电压表示数变化较为明显，测量误差小，得出的结果较为精确；
(3)；
(4)5.00，0.13；
(5)偏小，偏小。
18.解：(1)由题意知，并联部分电压为U=6V，内电压应为U内=E−U=2V，
总电流I=U内r=21A=2A，
电源的输出功率P出=UI=12W；
(2)流过灯泡的电流I1=P1U=96A=1.5A；
则流过电动机的电流I2=I−I1=0.5A。
电动机的热功率P0=I22R0=0．52×4W=1W，
10s内产生的热量Q=P0t=1×10J=10J；
(3)电动机的总功率P=UI2=6×0.5W=3W，
电动机的机械功率P机=P−P0=3W−1W=2W。
19.解：
(1)在安全带刚拉紧前，工人的运动可视为自由落体运动，则
v2=2gL
解得
v=5m/s
(2)设缓冲过程中安全带对工人的平均作用力为F，取向下为正方向，根据动量定理有
mgt−Ft=0−mv
解得
F=1300N
根据牛顿第三定律可知，安全带受到的平均作用力大小
F′=F=1300N

20.解：
(1)当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律
mv0=(M+m)v
代入数据解得
v=1.0m/s
(2)由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能
μmg(d+xm)=12mv02−[12(M+m)2+12kxm2]
代入数据，解得
μ=0.375
(3)小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为
v=1.0m/s设小铁块在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系
μmg(d+xm+s)=12mv02−12(M+m)v2
代入数据，解得
s=0.8m
而s=d+x，所以最终小铁块停在木板上A点。

21.解：
(1)根据机械能守恒定律得EP1=mgR=5J
(2)根据牛顿第二定律得mg−FN2=mvD2R解得FN2=8N根据动能定理得
−mg⋅2R+W2=12m>−Ep2
解得
W2=−1.5J
(3)若小球在最高点与管无弹力
mg=mvD′2R
解得
v′D= 5m/s
此时的机械能为
ED2=mg⋅2R+12mvD′=12.5J<18J
小球通过管道无机械能损失，设碰撞前的速度为v0
EP3=12mv02
解得
v0=6m/s
根据动量守恒定律得
mv0=−mv1+Mv2
根据能量守恒定律得
12mv02=12mv12+12Mv22
解得
v2=3m/s
根据牛顿第二定律得
F−Mg=Mv22L
解得
F=57N>50N
绳子会断。