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物理试题 2023.11
时间100分钟 满分100分
一、单选题（每题2分，共24分）
1．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=0.5mA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是 ( )
A．应串联一个0.1Ω的电阻
B．应并联一个0.1Ω的电阻
C．应并联一个1800Ω的电阻
D．应串联一个1800Ω的电阻
2．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
A.的读数变大，的读数变小
B.的读数变大，的读数变大
C.的读数变小，的读数变小
D.的读数变小，的读数变大
3.如图所示，A、B、C、D、E五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上，A是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆运动。稳定后，下列结论正确的是( )
A.其他各摆的振动周期与A摆的振动周期相同
B.其他各摆的振幅都相等
C.其他各摆的振幅不同，D摆的振幅最大
D.其他各摆的振动周期不同，E摆周期最大
4.如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，当圆盘静止时，小球可稳定振动。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅 A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过—段时间后，小球振动达到稳定，则下列说法正确的是( )
A.此振动系统的固有频率约为0.25 Hz
B.此振动系统稳定后的振动频率约为3 Hz
C.若圆盘匀速转动的周期减小，则系统的
振动周期也随之变小
D.若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的
峰值将向左移动
5.质量一定的物体的动量发生变化，则( )
A.速率一定变化了
B.速度方向一定变化了
C.加速度可能为零
D.加速度一定不为零
6.质量为1kg的篮球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A.Δp＝－10 kg·m/s W＝－10 J
B.Δp＝10 kg·m/s W＝－10 J
C.Δp＝－2 kg·m/s W＝－10 J
D.Δp＝－2 kg·m/s W＝10 J
7.如图所示，撑杆跳高是运动会中的一个重要比赛项目。一质量为65 kg的运动员在一次撑杆跳高中达到最高点后，重心下落6.05 m接触软垫，在软垫上经0.8 s速度减为零，则从运动员接触软垫到速度减小到零的过程中，软垫受到的平均冲力约为(重力加速度取g＝10 m/s2)( )
A.1.5×102 N
B.1.5×103N
C.1.5×104 N
D.1.5×105N
8．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与速度(空气流动速度)大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为（ ）
A．F=ρSv B．F=ρSv2
C． D．F=ρSv3
9.某弹簧振子如图所示，其中A、B均为振子偏离平衡位置的最大位移处，O为平衡位置。在振子由O向A运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.振子偏离平衡位置的位移方向向左
B.振子偏离平衡位置的位移正在减小
C.弹簧的弹性势能正在减小
D.振子的速度正在减小
10.有一个在x方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图所示。下列关于图甲、乙、丙、丁的判断正确的是(选项中v、F、a、Ek分别表示物体的速度、受到的回复力、加速度和动能)( )
A.甲可作为该物体的v－t图像
B.乙可作为该物体的F－t图像
C.丙可作为该物体的a－t图像
D.丁可作为该物体的Ek－t图像
11.一个单摆做简谐运动的周期为 T，如果将其摆长增加为原来的 2 倍，振幅变为原来的二分之一，则其周期变为( )
A.T B. C.T D.2T
12.如图所示的圆弧轨道，A为圆心，O为最低点，OB为一光滑弦轨道，OC为一段圆弧轨道，C点很靠近O点。将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点同时由静止释放，最后都到达O点。如果忽略一切阻力，那么下列说法正确的是( )
A.乙球最先到达O点，甲球最后到达O点
B.乙、丙两球同时到达O点，甲球比乙、丙
两球后到达O点
C.乙球最先到达O点，甲球最后到达O点
D.甲球最先到达O点，乙球最后到达O点
二、多选题（每题4分，部分2分，共20分）
13. 如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么( )
A.R接到b电源上时电源的效率高
B.R接到b电源上时电源的输出功率较大
C.R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低
D.R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高
14.一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A.t＝1s时物块的速率为1 m/s
B.t＝2s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t＝3s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t＝4s时物块的速度为零
15.如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )
A.A、B质量相等，但A比B的速率大
B.A、B质量相等，但A比B的速率小
C.A、B速率相等，但A比B的质量大
D.A、B速率相等，但A比B的质量小
16.如图所示为A、B两球沿一直线运动并发生正碰后两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量m＝2kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A.两球碰撞前的总动量为－3 kg·m/s
B.碰撞时A对B的冲量为－4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
D.B球的质量为3 kg
17.在图甲中，力传感器固定在O点，将单摆悬挂在传感器上，摆球在竖直面内的A、C之间来回摆动，乙图表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，g取10 m/s2。根据这些信息，可以求出的物理量有( )
A.摆球的质量
B.单摆的频率
C.单摆的摆长
D.摆球的最大速度
三、实验题（每空2分，共22分）
18．利用一段阻值约为5Ω的康铜电阻丝，测定康铜材料的电阻率。
（1）如图，用螺旋测微器测量电阻丝直径，其读数为 mm；
（2）现有电源（3V，内阻可不计）、滑动变阻器（0-20Ω，额定电流2A），开关和导线若干，电流表和电压表均有两个量程：
电流表：0-0.6A，内阻约0.125Ω； 0-3A，内阻约0.025Ω
电压表：0-3V，内阻约3kΩ； 0-15V，内阻约15kΩ
为减小测量误差，在实验中电流表量程应选用0- A，实验电路应采用图中
的 （“甲”或“乙”）；
19.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前、后的动量关系，如图所示。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上同一位置S由静止释放。然后把被碰小球m2静置于轨道上O点正上方，再将入射球m1从斜轨上位置S由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是___ ____ _。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2 B.测量小球m1，开始释放的高度h
C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到m1、m2相碰前后后的平均落地点的位置
E.测量出水平位移OM、OP、ON
(3)若两球相碰过程的动量守恒，其表达式可表示为______________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞为弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_____________[用(2)中测量的量表示]。
20.某同学用图甲所示的实验装置进行“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材 。
A.长度为10 cm左右的细绳 B.长度为100cm左右的细绳
C.直径为1.8 cm的钢球 D.直径为1.8 cm的木球
E.最小刻度为1 mm的米尺 F.停表、铁架台
(2)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________(选填“乙”“丙”)中所示的固定方式。
(3)然后进行以下必要的实验操作：
①测量单摆的摆长，即测量从摆线的悬点到 的距离；
②把此单摆从平衡位置拉开一个小角度后释放，使摆球在竖直面内摆动，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆振动的周期；
③适当改变摆长，测量几次，并记录相应的摆长和周期；
④根据测量数据画出图像，并根据单摆的周期公式，由图像计算重力加速度。
(4)该同学利用假期分别在北京和广州两地做了此实验，比较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长L的关系”，然后将这两组实验数据绘制了T 2－L图像，如图所示。那么在北京测得的实验结果对应的图线是________(选填“A”“B”)。
四、解答题（共34分）
21.(6分)如图所示为一弹簧振子的振动图象，求：
(1)该振子简谐运动的表达式；
(2)该振子在前100s内的总位移是多少？路程是多少？
22.(8分)质量为M＝40 kg的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
(1)人跳离车后车的速度大小；
(2)人从开始运动到最后跳车这一过程中一共做了多少功；
(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。
23.(8分) 小型直流电动机(其线圈内阻为r＝1 Ω)与规格为“4 V 4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R＝5 Ω的电阻串联，然后接至U＝12 V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
(1)通过电动机的电流；
(2)电动机的输出功率。
24.(12分)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能Ep是多少？颐中外国语学校2023-2024学年高二上学期期中考试
物理试题参考答案
1. 【答案】D
【解析】 把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，电阻阻值为：A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析相符，故D正确．
2. 【答案】 B
【解析】将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的示数变大；R1两端的电压IR1变小，则R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的示数变大。选项B正确。
3.【答案】 A
【解析】 A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动周期均等于A摆的摆动周期，而由于A、E摆长相同，这两个摆的固有周期相同，则E摆出现共振现象，振幅达到最大，故选项A正确，B、C、D错误。
4.【答案】 C
【解析】 由乙图的振动图像可知，此振动系统的固有频率约为3 Hz，A错误；此振动系统的振动频率为f＝＝ Hz＝0.25 Hz，B错误；因系统的振动频率等于驱动力的频率，根据f＝，若圆盘匀速转动的周期减小，受迫振动的周期也随之减小，C正确；因共振曲线的峰值与振子的固有频率有关，振子固有频率不变，若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率变小，但是共振曲线的峰值不变，D错误。
5.【答案】 D
【解析】 质量一定的物体的动量发生变化，可能是速度方向变化，也可能是速度大小变化，选项A、B错误；物体动量变化，则速度一定变化，加速度不为零，选项C错误，D正确。
6.【答案】 B
【解析】 取竖直向上的方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为
Δp＝mv2－mv1＝[1×4－1×(－6)]kg·m/s＝10 kg·m/s
方向竖直向上
由动能定理得W＝mv－mv
代入数据得W＝－10 J。选项B正确。
7.【答案】 B
【解析】 运动员的质量为m＝65 kg，由自由落体运动规律得v2＝2gh运动员从接触软垫到速度减小为零的过程中应用动量定理得(mg－F)t＝0－mv，联立解得F＝1 554 N，由牛顿第三定律知软垫受到的平均冲力F′＝F＝1 554 N，故B项正确。
8．【答案】B
【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m=ρSvt对空气由动量定理得-F1t=0-mv解得F1=ρSv2
由牛顿第三定律可知固定建筑物所受风力与空气所受建筑物的作用力大小相等，所以故B正确，ACD错误。故选B。
9.【答案】 D
【解析】 振子偏离平衡位置的位移方向向右，且正在增大，故A、B错误；弹簧处于伸长状态且形变量正在增大，故弹簧的弹性势能正在增大，振子的动能转化为弹簧的弹性势能，振子的速度减小，故C错误，D正确。
10.【答案】 C
【解析】 因为F＝－kx，a＝－，故图丙可作为F－t、a－t图像；而v随x增大而减小，故v－t图像应为图乙，C正确，A、B、D错误。
11.【答案】 C
【解析】 根据T＝2π可知，单摆的周期与振幅无关，将其摆长增加为原来的 2 倍，则T′＝2π＝T，选项C正确。
12. 【答案】 D
【解析】 对甲球从A点释放，AO距离为r，加速度为g，时间t1＝
对乙球从B点释放，设∠AOB＝θ，BO距离为s＝2rcos θ
加速度为a＝＝gcos θ
时间t2＝＝＝2
对丙球从C点释放，简谐振动，周期T＝2π
时间t3＝＝
很明显t2＞t3＞t1
知乙球最后到达O点，甲球最先到达O点。故D正确，A、B、C错误。
13.【答案】 AC
【解析】由题图知Ea>Eb，内阻ra>rb，当电阻R接到电源两极时，电源的效率为η＝＝，所以R接到电源b上时，电源的效率高，A正确，D错误；由题图知，R接到电源a上时，电源的输出电压和电流均比接到b上时大，故R接到电源a上时，电源的输出功率较大，B错误，C正确。
14.【答案】 AB
【解析】 前2 s，根据牛顿第二定律F＝ma得a＝＝1 m/s2，则0～2 s物块的速度与时间的关系为v＝at；t＝1 s时，速率为1 m/s，A正确；t＝2 s时，物块的速率为2 m/s，则动量大小为p＝mv＝4 kg·m/s，B正确；2 s时，力开始反向，物块开始减速，根据牛顿第二定律得a′＝－0.5 m/s2，所以3 s时物块的速度大小为1.5 m/s，动量大小为3 kg·m/s，4 s时物块速度为1 m/s，C、D错误。
15. 【答案】 AC
【解析】 A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，故A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，故C正确，D错误。
16.【答案】 BC
【解析】 由x－t图像的斜率等于速度可知，碰撞前A球的速度
vA＝＝ m/s＝－3 m/s
B球的速度vB＝＝ m/s＝2 m/s
碰撞后两球的共同速度为v＝vA′＝vB′＝＝ m/s＝－1 m/s
碰撞前后A的动量变化为
ΔpA＝mvA′－mvA＝[2×(－1)－2×(－3)] kg·m/s＝4 kg·m/s
根据动量守恒定律，知碰撞前后B的动量变化为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s
又ΔpB＝mB(vB′－vB)
则mB＝＝ kg＝ kg
所以A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB
＝[2×(－3)＋×2]kg·m/s＝－ kg·m/s
故A、D错误，C正确；对B由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s
故B正确。
17. 【答案】 BC
【解析】 由图可知单摆振动的周期T＝0.4π s，根据f＝可得单摆的频率，故B正确；根据T＝2π可求解摆长，故C正确；由图中得出摆球到达最低点时绳子拉力的最大值为Fm＝0.510 N；根据Fm－mg＝m，和mgl(1－cos θ)＝mv2－0，可知小球的质量和到达最低点的最大速度均不能求出，故A、D错误。
18.【答案】0.217 0.6 甲
【详解】（1）电阻丝直径为d=0.01mm×21.7=0.217mm
（2）用伏安法测量该电阻丝的电阻，利用所给电源电压可大致求出电路中的电流
所以电流表量程应选择0~0.6A，为使读数更准确，电压表应选较小的0~3V量程。
由于该待测电阻丝阻值远小于所选电压表内阻，为了减小测量误差，电流表应采用图甲的外接法。
19.【答案】 (1)C (2) ADE (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
【解析】 (1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球平抛运动的初速度成正比，可以用小球平抛运动的水平位移代替其初速度，故C正确。
(2)m1和m2碰撞后，m1的动能减小，则速度减小，落点在M，碰撞后m2速度比m1的大，落点在N，没有发生碰撞时，m1的落点在P；验证动量守恒定律实验中，质量可测，而瞬时速度较难测得。因此采用了落地高度不变的情况下，水平位移与平抛运动的初速度大小成正比，所以仅测量小球抛出的水平位移来间接测出速度。所以要先让入射球m1多次从斜轨上位置S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛运动的位移OP。要验证动量守恒，
即验证m1v1＝m1v2＋m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，化简可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
因此实验需要测量两球的质量、小球的水平位移，为了测量位移，应找出落点位置，故A、D、E正确，B、C错误。
(3)由(2)知，实验需要验证m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
如果碰撞过程机械能守恒，则m1v＝m1v＋m2v
化简可得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。
20.【答案】 (1)BCEF (2)丙 (3)球心 (4)B
【解析】 (1)细线适当长一些，可以减小相对误差，选B；摆球尽可能选密度大的减小空气阻力的影响，选C；还要用到毫米刻度尺、停表和铁架台。
(2)乙图中单摆在摆动过程中，摆长会发生变化，而丙图中摆长固定不变，因此采用丙图。
(3)摆长应指悬点到球心的距离。
(4)根据单摆的振动周期公式T＝2π
整理得T2＝l
图像的斜率越大，重力加速度越小，由于北京地区的重力加速度大于广州地区的重力加速度，因此北京测得的实验结果对应的图线应为B。
21.答案 (1)x＝5sint cm (2) 0 5 m
解析 (1)由振动图象可得： A＝5 cm，φ＝0T＝4 s，则ω＝＝ rad/s
故该振子做简谐运动的表达式为：x＝5sint cm。
(2)振子经过一个周期位移为零，路程为4A=4×5cm＝20cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s内振子位移x＝0，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m。
22. 【答案】 (1)2.5 m/s (2)225 J (3)1.8 m
【解析】 (1)人跳车的过程，水平方向系统所受的合外力为零，人和车水平方向动量守恒mv0＝Mv1，可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。
(2)人跳车的过程，人的内力做功，把生物能转化为车和人的动能，由能量守恒可得W＝Mv＋mv
解得W＝225 J
(3)人跳离车后做平抛运动，竖直方向h＝gt2
解得t＝0.4 s
则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。
23.【答案】 (1)0.6 A (2)2.04 W
【解析】(1)流经灯泡的电流IL＝＝ A＝1 A
流经电阻R的电流IR＝＝ A＝1.6 A
流经电动机的电流I＝IR－IL＝0.6 A。
(2)电动机消耗的总功率P＝ULI＝4×0.6 W＝2.4 W
电动机的热功率P热＝I2r＝(0.6)2×1 W＝0.36 W
电动机输出功率
P出＝P－P热＝2.4 W－0.36 W＝2.04 W。
24.【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好过C点时速度为vC，则有mg＝m①
－mg·2R＝mv－mv②
联立①②解得vB＝5 m/s。
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧系统动量守恒，由动量守恒定律及能量守恒定律有Mv0＝MvA＋mvB③
Mv＝Mv＋mv④
联立③④解得v0＝5 m/s。
(3)对小球A、B及弹簧系统，当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v⑤
Ep＝Mv－(M＋m)v2⑥
联立⑤⑥解得EP＝1.25 J。
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