【文档说明】北京市第六十六中学2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.742 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第六十六中学2023—2024学年第二学期期中质量检测高二物理试卷说明：1．本试卷共四道大题，共5页。2．卷面满分100分，考试时间90分钟。3．试题答案一律在答题纸上作答，在试卷上作答无效。一、单项选择题（在四个选项中，选出最符合题目要求的一项。每小题3分，共30分）1.下列说

法正确的是（）A.简谐运动是匀变速运动B.周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量C.振幅等于振子运动轨迹的长度D.简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹【答案】B【解析】【详解】A．简谐运动变加速运动，故A错误；B．物体做简谐运动的快慢程度可以用周期、频率表示，故B正确；C．振幅

等于振子偏离平衡位置位移的最大值，不等于振子运动轨迹的长度，故C错误；D．简谐运动的图像描述的偏离平衡位置的位移随时间变化的关系，故D错误。故选B。2.弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中（）A.振子的速度逐渐增大B.振子离开平衡位置的位移逐

渐增大C.振子所受的回复力逐渐增大D.振子的加速度逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A．回复力与运动方向相同，所以振子的速度逐渐增大，故A正确；BCD．振子离开平衡位置的位移逐渐减小，有Fkx=−可知回复力逐渐减小，有Fam=是加速度

逐渐减小，故BCD错误。故选A。3.下列有关动量和冲量的概念说法正确的是（）A.质量大的物体动量大B.受力大的物体动量大C.作用时间长的力的冲量大D.只有恒力的冲量才可用IFt=进行计算【答案】D【解析】【详解】A．由pmv=可知质量大的物体动量不一定大，故A错误；B．力与动量没有直

接关系，受力大的物体动量不一定大，故B错误；C．由IFt=可知作用时间长的力的冲量不一定大，故C错误；D．冲量IFt=只能求恒力的冲量，故D正确。故选D。4.如图，理想变压器原线圈接在2202sin(V

)=ut的交流电源上，副线圈接有55R=的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.原线圈的输入功率为2202WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为1102VD.副

线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【详解】ABC．原线圈的电压有效值m1220V2UU==由的1122UnUn=可得副线圈电压的有效值2110VU=所以电压表的读数为110V，副线圈的电流222AUIR==则电流表读数为21211AnIIn==原线圈的输入功率112

20WPUI==故AC错误，B正确；D．变压器不改变频率，所以副线圈输出交流电的周期为222sT===故D错误。故选B。5.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动，发电机的电动势随时间的变化

规律为()20sin100Vet=。下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为100HzB.此交流电动势的有效值为20VC.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时

磁通量的变化率最大【答案】D【解析】【详解】A．此交流电的频率为100Hz50Hz22f===故A错误；B．此交流电动势的有效值为m102V2eE==故B错误；C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产

生的感应电动势为零，故C错误;D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最大，D正确。故选D。6.如图所示，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平

方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量

守恒，机械能守恒【答案】A【解析】【详解】子弹射入木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，但是子弹射入木块后留在其中，这个过和属于完全非弹性碰撞动能损失最大，有内能产生，所以机械能不守恒，在弹簧被压缩至最短的过程，有弹力作用，所以系统动量

不守恒，但是机械能守恒，则全过程系统的动量不守恒，机械能也不守恒，所以A正确；BCD错误；故选A。7.某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（）A.振幅为10cmB.周期为2sC.t=1s时，质点的速

度为负的最大值D.t=3s时，质点的加速度为正的最大值【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．由图可知振幅为5cm，周期为4s，选项AB错误；C．t=1s时，质点在正向最大位移处，速度为0，选项C错误；D．t=3s时，质点在负向最大位移处，加速度为正的最大值，选项D正确。故选D。8.有甲

、乙两个单摆，摆球质量之比:1:2mm=甲乙，它们都在做简谐运动。甲完成4次全振动的时间里乙恰好完成5次全振动，则这两个单摆摆长之比（）A.8:5B.16:25C.25:16D.2:5【答案】C【解析】【详解】由题意可得甲乙的周期之比为::5:445

ttTT==甲乙由2LTg=可得224TLg=则这两个单摆摆长之比22::25:16LLTT==甲乙甲乙故选C。9.一质量为100gm=的小球从高0.8mh=处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2st=，以向下

为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的平均作用力大小为（）（重力加速度g取210m/s）A.3NB.2NC.4ND.6N【答案】A【解析】【详解】根据2112hgt=可得小球做自由落体运动的时间为1220.8s0.4s10htg===从小球自由下落到陷至最低点过程，以向下为正

方向，根据动量定理可得1()0mgttFt+−=解得软垫对小球的平均作用力大小为1()0.110(0.40.2)N3N0.2mgttFt++===故选A。10.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水

平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最

高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有01243

mvmvmv=+,则1283vv=+，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，225110htsg===，水平方向做匀速运动，111222xvtvxvtv====，，则1283xx=+，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．二、不定项选择题（在四个选项中，选出符合题目要求的选项

，每小题3分，选对但不全得2分，不选或有错误选项不得分，共12分）11.关于单摆的运动，以下说法正确的是（）A.单摆运动时，摆球要受到大小不变的向心力B.单摆运动时，摆球所受到的重力沿轨迹切向的分力为回复力C.摆球运动到平衡位置时，所受到的回复力为零D.摆球运动到平衡位置

时，所受到的合力为零【答案】BC【解析】【详解】A．单摆运动时，摆球速度大小不断变化，所以摆球受到的向心力大小变化，故A错误；B．回复力是摆球摆动过程中指向平衡位置的力，既摆球所受到的重力的沿轨迹切向的分力，故B正确；C．摆球运动到平衡位置时，偏离平衡位置的位移为零，所以所受到的回复力为零

，故C正确；D．摆球运动到平衡位置时，线速度最大，还有向心力，所以所受到的合力不为零，故D错误。故选BC。12.从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B

.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长【答案】CD【解析】【详解】杯子是否被撞碎，取

决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小。规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度，根据212mghmv=2vgh=设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为2pmgh=与

水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化0(2)pmgh=−−相同，再由动量定理可知()0(2)Fmgtmgh−=−−所以2mghFmgt=+由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯

就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎。故选CD。13.某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是A.输电线上的电流UI

R=B.输电线上的电流0PIU=C.输电线上损失的功率20()PPRU=D.输电线上损失的功率2UPR=【答案】BC【解析】【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合2PIR=损求出输电线上损失的功率．【详解】根据0PUI=得，输电线上的电流0PIU

=，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过UIR=求解输电线上的电流，A错误B正确；输电线上损失的功率220()PPIRRU==损，C正确D错误．【点睛】对于远距离输电这一块，（1）输电电流I：输电电压为U，输电功率为P，则输电电流PIU=；（2）电压损失U：输电线始端电压U与输电线末端电压'U

的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①2PIR=线，②PIU=，③2UPR=．14.质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可

能为（）A.0.6vB.0.4vC.0.2vD.0.3v【答案】BD【解析】【详解】如果是弹性碰撞有123mvmvmv=+222121113222mvmvmv=+可得碰撞后B球的最大速度20.5vv=如果是完全非弹性碰撞有2(3)mvmmv=+可得碰撞后

B球的最小速度20.25vv=故选BD。三、实验题15.某实验小组的同学进行“验证动量守恒定律”实验，实验装置如图所示。入射小球A与被碰小球B半径相同，先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，

落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。记录纸上的O点是重锤所指的位置，M、P、N分别为落点的痕

迹。（1）被碰小球B的质量Bm应__________（选填“>”“=”或“<”）入射小球A的质量Am。（2）未放B球时，A球落地点是记录纸上的__________点；放上B球时，A球落地点是记录纸上的__________点。（3）若两球相碰前后的动量守恒，应满足的表达

式是__________（用题目中的字母表示）。【答案】（1）<（2）①.P②.M（3）AABmOPmOMmON=+【解析】【小问1详解】为了防止碰后小球A反弹，所以被碰小球B的质量Bm应小于入射小球A的质量Am

；【小问2详解】[1][2]碰后B球水平位移大于A球水平位移，碰后A的速度小于碰前A的速度，所以碰后A的水平位移小于碰前A球的位移，所以未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点；放上B球时，A球落地点是记录纸上的M点；【小问3详解】若两球相碰前后的动量守恒，应满足A0A

1B2mvmvmv=+碰撞前后两球在斜槽末端做平抛运动，下落时间相等，所用有AABOPOMONmmmttt=+可得AABmOPmOMmON=+16.“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图所示。（1）组装单摆

时，应在下列器材中选用__________（选填选项前的字母）。A.长度为1m左右的细线B.长度为30cm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）摆动时偏角很小，为了减小测量周期

的误差，应在摆球经过最__________（填“高”或“低”）点时开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆50次全振动所需的时间，则单摆振动周期为__________s。（计算结果保留三位有效数字）（3）用游标卡尺测量摆球直径d。若测

出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度的大小g=__________（用l、n、t、d表示）。（4）改变摆长L，用多组实验数据作出2TL−图像也可以求出重力加速度。如图所示，测得数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜

率为k，由此可得重力加速度的大小g=__________（用k表示）。【答案】（1）AD（2）①低②.1.90的.（3）2224()2dnlt+（4）24k【解析】【小问1详解】AB．单摆做简谐运动时

，摆角应小于5，为了使振动明显便于测量周期，应使摆长适当长一些，所以选用长度为1m左右的细线，故A正确，B错误；CD．为了减小空气阻力的影响，应选用直径为1.8cm的铁球，故C错误，D正确。故选AD。【小问2详解】[1]摆动时偏角很小，为

了减小测量周期的误差，应在摆球经过最低点时开始计时；[2]由图乙可知单摆50次全振动所需的时间为60s35.1s95.1st=+=则单摆振动周期为95.1s1.90s50tTn==【小问3详解】根据

单摆周期公式2LTg=又2dLl=+，tTn=联立可得重力加速度的大小2224()2dnlgt+=【小问4详解】根据2LTg=可得224TLg=可知2TL−图像的斜率为24kg=可得重力加速度大小为24gk=四、计算题与论述题（写出必要的公式与

文字说明，只有结果不得分）17.如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。（1）写出该小球位移随时间变化的关系式。（2）在第2s末到第3s末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？（3）

该小球在第100s时的位移是多少？路程是多少？【答案】（1）5sin0.5(cm)xt=；（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；（3）0，5m【解析】【

详解】（1）由振动图象可得：振幅5cmA=周期4sT=初相位0=则圆频率2rad/s2T=＝故该振子做简谐运动的表达式为的5sin(cm)2xt=（2）由图可知，在2s=t时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速

度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当3st=时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。（3）振子经过一个周期位移为零，路程为54cm20?cm=前100s时刚

好经过了25个周期，所以第100s振子位移0x=振子路程2025cm500cm5ms===18.如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，50cmabcd==，30cmbcad==，匝数100n=，线圈电阻0.2r=，定值电阻4.8=R，线圈在磁感应强度0.05TB=的匀强磁场中绕垂直于磁场

的转轴OO匀速转动，角速度100rad/s=。求：（1）产生感应电动势的最大值；（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电压表和交流电流表的示数。【答案】（1）m75VE=；（2）15cos100

Ait=（）；（3）50.9V；10.6A【解析】【详解】（1）感应电动势的最大值4m1000.05503010075VEnBS−===（）10（2）电流的最大值为mm15AEIRr==+若从图示位置开始计时，则感

应电流随时间变化的函数表达式mcos15cos100AiItt==（）（3）交流电流表示数为m7.52A10.6A2II==交流电压表示数362V50.9VUIR==19.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为2kgm=的另一物体B以水平速度02m/sv=滑上原来静止的

长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取210m/s=g，求：（1）A、B间动摩擦因数；（2）长木板A质量；（3）A、B系统损失的机械能。【答案】（1）0.1；（2）2kg；（3）2J【解析】【详解】（1）由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为

2221m/s1m/s1vat−===根据牛顿第二定律得BBmgma=解得0.1=（2）由动量守恒可得0A()mvmmv=+可得A的质量为A2kgm=（3）A、B系统损失的机械能220A11()2J22Emvmmv=−+=损20.如图所示，把一个质量0.2m=kg

的小球放在高度5.0h=m的直杆的顶端。一颗质量'0.01m=kg的子弹以0500=vm/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离20s=m。取重力加速度10g=m/s2，不计空气阻力。求：（1）小球在空中飞行的时间t；（2）子

弹刚穿出小球瞬间的速度v；（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能E。【答案】（1）1s；（2）100m/sv=；（3）1160J【解析】【详解】（1）子弹穿过小球后，小球在竖直方向做自由落体运动，则有212hgt=解

得21shtg==（2）设子弹穿过小球后小球做平抛运动的初速度为v1，因为小球水平方向为匀速运动，所以有120m/sst==v子弹穿过小球的过程，子弹与小球的系统动量守恒。取水平向右为正方向，则01''mmm=+vvv解得100m/sv=（3）子弹穿过小球

的过程中，系统损失的机械能22201111''1160J222Emmm=−+=vvv