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江苏省无锡市惠山区锡山高级中学锡西分校2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·锡山期中）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动时的频率、振幅都与其固有频率无关
B．频率越低的声波，越容易发生衍射现象
C．观察者接近恒定频率波源时，接收到波的频率变小
D．波在传播过程中，介质中的质点一个周期内向前传播的距离是一个波长
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】A．受迫振动频率等于驱动力频率，与固有频率无关，但当驱动力频率等于固有频率时振幅最大，说明振幅与固有频率有关，故A错误；
B．频率越低的声波的波长越长，越容易发生衍射现象，故B正确；
C． 观察者接近波源时，根据多普勒效应，接收到的频率变大 ，故C错误；
D．波在传播过程中，介质中的质点只会在平衡位置附近振动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合受迫振动的频率与振幅规律、波的衍射条件（波长与障碍物尺寸关系）、多普勒效应以及介质质点的振动特点，逐一分析选项的正确性。
2．（2024高二上·锡山期中）王老师在课堂上演示绳波的传播过程，他握住绳上的A点上下振动，某时刻绳上波形如图则绳上A点的振动图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】根据波的传播方向向右，根据“上下坡”法可知， 时刻，A点处于平衡状态且振动方向向下。
故答案为：B。
【分析】利用‘上下坡法’判断波传播时质点的振动方向，结合振动图像中t = 0时刻的位移与振动方向，匹配正确的振动图像。
3．（2024高二上·锡山期中）如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向a端移动时（　　）
A．I变大，U变小 B．I变大，U变大
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当的滑动触点向端移动时，的阻值减小，外电路总电阻减小；
根据闭合电路欧姆定律总外，总电流总增大；
路端电压总，因总增大，所以减小（ 电压表读数变小 ）；
电路中并联部分的电压并总，总增大，故并减小；
对于、所在支路，由并，并减小，所以电流表的读数变小；
综上，变小，变小。
故答案为：C
【分析】核心是通过滑动变阻器阻值变化，分析外电路总电阻、总电流、路端电压，再进一步分析并联部分电压和支路电流的变化，判断电流表和电压表示数的变化。
4．（2024高二上·锡山期中）某实验小组利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是（　　）
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻质弹性细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线偏离平衡位置有较大的角度
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动
【解析】【解答】A．为减小空气阻力影响，应选密度大、直径小（ 体积小 ）的摆球，不是密度和直径都小，故A错误；
B．摆线应选轻质且不易伸长的，弹性细线会因伸长改变摆长，影响实验，故B错误；
C．实验时摆球需在同一竖直面内摆动，若做圆锥摆，运动规律改变，会增大误差，故C正确；
D．为了使单摆满足简谐运动规律，摆角不能超过5°，故D错误。
故答案为：C。
【分析】围绕单摆实验减小误差的目标，从摆球选择、摆线要求、摆动方式、摆角限制等方面，结合单摆的运动规律（ 简谐运动条件 ），分析各选项的正确性。
5．（2024高二上·锡山期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则（　　）
A．下滑过程中，小滑块的机械能守恒
B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C．下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
D．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，故A错误；
B．滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小。故B错误；
C．滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒。在竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故。小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反。故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
故可得，即小滑块不能到达弧形槽上的A点。故D正确。
故答案为：D。
【分析】对滑块与弧形槽组成的系统，分析水平方向动量守恒和系统的能量守恒，结合滑块与弹簧碰撞的特点，判断滑块能否追上弧形槽及上升的最大高度。
6．（2024高二上·锡山期中）两列水波周期均为2×10-2s、振幅均为1cm，它们相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如图所示，下列图中能表示B点的振动图象的是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】由题可知B点为振动加强点，其振幅为，周期不变为2×10-2s．
故答案为：C正确．
【分析】根据波的干涉中振动加强点的判定（ 波峰与波峰、波谷与波谷相遇 ），确定B点为振动加强点，进而得出其振幅和周期，再对比选项中振动图象的振幅与周期，判断正确选项。
7．（2024高二上·锡山期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机（如图所示），不仅对眼睛危害大，还经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为，从离人脸约的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为，重力加速度取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．手机下落的过程和与人脸接触的过程均处于失重状态
B．手机对人脸的冲量大小约为
C．手机对人脸的平均冲力大小约为
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为0
【答案】B
【知识点】动量定理；超重与失重；冲量
【解析】【解答】A．手机下落的过程，加速度向下，处于失重状态，与人脸接触的过程中手机先加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，A错误；
B．手机刚接触人脸时的速度向上为正，则根据动量定理
解得，可知手机对人脸的冲量大小约为0.6N s，B正确；
C．由牛顿第三定律可知，手机对人脸的平均冲力大小约为，C错误；
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小为，D错误。
故答案为：B。
【分析】先通过自由落体运动求出手机接触人脸时的速度，再对手机与人脸的作用过程应用动量定理，结合牛顿第三定律分析手机对人脸的冲量，进而判断各选项。
8．（2024高二上·锡山期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线A是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像，图线B是某灯泡的U－I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（　　）
A．该灯泡的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 Ω
B．电源的效率为66.7%
C．若将灯泡换成0.3 Ω定值电阻，电源的输出功率减小
D．此时闭合回路中电源两端的电压是为3 V
【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．在电压U和电流I变化的关系图像中，图线B上任意一点与原点的连线的斜率在逐渐的增大，则可知该灯泡的阻值随电压升高而增大，图线B与电源的图线的交点坐标表示该灯泡接入该电源时灯泡两端的电压和通过该灯泡的电流，则该交点与原点的连线表示此时刻该灯泡的电阻，根据图像可得，此时该灯泡的阻值为，故A错误；
BD．根据电源的图线可知，图线与纵轴的截距即为电源的电动势，可知电源的电动势
当该灯泡接入电源时，电源两端的电压（路端电压）即为灯泡两端的电压，则路端电压为
此时电源的效率，故BD错误；
C．根据电源的图线可知，电源的内阻
而电源的输出功率
可知，当接入电路中的电阻时，电源的输出功率有最大值，即外电路的电阻越接近电源的内阻，电源的输出功率越大，而当将灯泡换成定值电阻时，由于因此，电源的输出功率减小，故C正确。
故答案为：C。
【分析】结合电源和灯泡的U - I图像，提取电动势、内阻、路端电压等信息，利用电阻的\(U - I\)斜率意义、电源效率公式、输出功率与外阻的关系，逐一分析选项的正确性。
9．（2024高二上·锡山期中）一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为，则（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．再经过，质点P通过的路程为
C．时刻质点P离开平衡位置的位移
D．质点P的平衡位置坐标为
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A错误；
B．P未处于平衡位置或波峰、波谷处，再经过=
质点P通过的路程cm，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式
将，cm代入解得s
即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间为0.1s，故P点振动形式传播到处的时间为s
质点P的平衡位置坐标为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合振动图像判断质点振动方向与波的传播方向，利用振动方程与波的传播规律，分析质点的路程、位移及平衡位置坐标。
10．（2024高二上·锡山期中）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。闭合开关S，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和。重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为和，则这台电动机正常运转时的效率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】电动机停止转动时，电能完全装化为电热，电动机为一电阻，根据欧姆定律得
正常运转后，其总功率为
输出功率为
则电动机正常运转时的效率为
故答案为：A。
【分析】区分电动机停止（ 纯电阻）和正常运转（ 非纯电阻）的状态，先求内阻，再计算总功率、热功率，进而得输出功率，最后求效率。
11．（2024高二上·锡山期中）如图甲所示，物块A、B的质量均为，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从时以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．物块C的质量为
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为
C．到的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得，故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为J，故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得方向向左，故C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则，
代入数据解得，物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分阶段分析运动过程，碰撞过程用动量守恒，弹簧作用过程结合动量定理、机械能守恒，逐步推导各物理量，判断选项正误。
12．（2024高二上·锡山期中）工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S＝10cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下：
电压表（量程15V，内阻约为）；
电流表（量程300μA，内阻约为50Ω）；
滑动变阻器（10Ω，0.1A）；
滑动变阻器（20Ω，1A）；
电池组（电动势E＝12V，内阻r＝6Ω）；
单刀单掷开关一个；导线若干。
（1）小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆挡后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是______。
A．换为挡，先机械调零再测量
B．换为挡，先机械调零再测量
C．换为挡，先欧姆调零再测量
D．换为挡，先欧姆调零再测量
（2）实验中，滑动变阻器应选择　 　（选填“”或“”）。
（3）为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整　 　。
（4）实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的图线，根据图像可得该导电溶液的电阻率　 　Ω·m。（计算结果保留整数）
（5）有同学认为，小明在实验中未考虑电表内阻的影响，用图像法计算的电阻率必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由　 　。
【答案】（1）D
（2）
（3）
（4）96
（5）若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
【知识点】实验基础知识与实验误差；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选档挡偏低，应该选择更高档挡来重新进行计算，但是每次换完挡后需要重新进行欧姆调零，之后再进行测量。
故答案为：D。
（2）若滑动变阻器选择，则通过电流表的最小电流为会将损坏，所以滑动变阻器应选择。
故答案为：
（3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测电阻的阻值约为50000Ω，根据
所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示
（4）根据电阻定律有
结合题图的图像斜率有
由题意可知
解得
故答案为：96
（5）若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
故答案为：若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
【分析】（1）根据欧姆表指针偏转情况，判断挡位选择及调零操作。
（2）通过计算电路最小电流，结合滑动变阻器额定电流，选择合适的滑动变阻器。
（3）依据实验要求（测多组数据、准确测量），确定滑动变阻器接法和电流表接法，完成实物连接。
（4）利用电阻定律，结合R - d图线斜率，计算电阻率。
（5）分析电表内阻对R - d图线斜率的影响，判断电阻率测量值的准确性。
（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选档挡偏低，应该选择更高档挡来重新进行计算，但是每次换完挡后需要重新进行欧姆调零，之后再进行测量。
故选D。
（2）若滑动变阻器选择，则通过电流表的最小电流为
会将损坏，所以滑动变阻器应选择。
（3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测电阻的阻值约为50000Ω，根据
所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示
（4）根据电阻定律有
结合题图的图像斜率有
由题意可知
解得
（5）若考虑电表的内阻，有
由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
13．（2024高二上·锡山期中）“战绳”训练是近年健身的一种流行项目，如图甲所示。健身者抖动其中一根绳子形成的绳波，可看作简谐波，以手的平衡位置为坐标原点，建立xOy坐标系，如图乙所示为t=0时刻绳子的波形，若抖动的频率是2Hz，不考虑绳波传播过程中的能量损失。求：
（1） 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程；
（2） 该绳波的传播速度大小。
【答案】（1）解：根据波形图可知，振幅A=20 cm，该时刻Q点在平衡位置，且该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，则则可得质点Q的振动方程为
而
则可得
（2）解：由波形图可得，波长
根据波速与频率之间的关系可得，波速为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）先从波形图确定振幅和t = 0时刻质点Q的振动状态，再结合频率求出角频率，进而写出振动方程。
（2）从波形图获取波长，利用波速与频率、波长的关系计算波速。
14．（2024高二上·锡山期中）如图用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的2倍。b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求：
（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小；
（2）轻绳的长度。
【答案】（1）解：设a的质量为m，则b的质量为2m，碰撞后，对物块b由动能定理可得
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小为
（2）解：ab碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有
解得碰撞前瞬间物块a速度的大小为
a球从水平位置摆下的过程，根据动能定理可得
解得轻绳的长度为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对碰撞后b的滑行过程，运用动能定理，结合摩擦力做功与动能变化的关系，求解b的速度。
（2）先通过a、b的弹性碰撞，利用动量守恒和机械能守恒求出a碰撞前的速度；再对a下摆过程，运用动能定理，结合重力做功与动能变化的关系，求解轻绳长度。
（1）设a的质量为m，则b的质量为2m，碰撞后，对物块b由动能定理可得
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小为
（2）ab碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有
解得碰撞前瞬间物块a速度的大小为
a球从水平位置摆下的过程，根据动能定理可得
解得轻绳的长度为
15．（2024高二上·锡山期中）如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求：
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）（）时间内，轻绳对摆球拉力的冲量大小。（计算结果可用表示）
【答案】（1）解：由图像可知单摆的振动周期
根据
可得摆长L=0.4m
（2）解：摆球在A点时
在B点时
从A到B由机械能守恒
联立解得m=0.1kg
（3）解：设摆球从A运动到B过程中(时间内)摆线对小球拉力的冲量大小为I。此过程摆球的动量变化量大小为Δp=mvB，方向水平向左；
重力的冲量大小为，方向竖直向下
根据动量定理和平行四边形定则可得
解得
【知识点】动量定理；单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）通过拉力随时间变化的曲线确定周期，再结合单摆周期公式求摆长。
（2）分析摆球在最高点和最低点的受力，结合机械能守恒，联立方程求解质量。
（3）明确时间内的过程，利用动量定理和矢量合成（勾股定理），结合重力冲量、动量变化量，求解拉力冲量。
（1）由图像可知单摆的振动周期
根据
可得摆长
L=0.4m
（2）摆球在A点时
在B点时
从A到B由机械能守恒
联立解得
m=0.1kg
（3）设摆球从A运动到B过程中(时间内)摆线对小球拉力的冲量大小为I。此过程摆球的动量变化量大小为
Δp=mvB
方向水平向左；
重力的冲量大小为
方向竖直向下
根据动量定理和平行四边形定则可得
解得
16．（2024高二上·锡山期中）如图所示，质量为的物体A上表面为半径的光滑圆弧，在圆心O的正下方有一质量为的小球B（半径可忽略），在A的右侧有一质量为，且与A等高的物块C处于静止状态，若开始时，A与B以相同速度向右运动，并与物块C发生弹性碰撞（碰撞时间极短），不计一切摩擦及阻力。求：
（1）碰撞后，物块C速度的大小；
（2）小球B与物块A分离时，物块A速度的大小；
（3）小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小。
【答案】（1）解：A、C碰撞时根据动量守恒、能量守恒有
解得，
（2）解：A、B水平方向动量守恒，分离时A、B水平方向共速，该速度即为分离时A的速度
解得
（3）解：设小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小为，根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律有
解得m/s
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用弹性碰撞的动量守恒和能量守恒，求解C的速度。
（2）根据A、B水平动量守恒，结合分离时水平共速的特点，求解A的速度。
（3）依据水平动量守恒和机械能守恒，分析B到等高位置时的速度大小。
（1）A、C碰撞时根据动量守恒、能量守恒有
解得
，
（2）A、B水平方向动量守恒，分离时A、B水平方向共速，该速度即为分离时A的速度
解得
（3）设小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小为，根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律有
解得
m/s
1 / 1江苏省无锡市惠山区锡山高级中学锡西分校2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·锡山期中）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动时的频率、振幅都与其固有频率无关
B．频率越低的声波，越容易发生衍射现象
C．观察者接近恒定频率波源时，接收到波的频率变小
D．波在传播过程中，介质中的质点一个周期内向前传播的距离是一个波长
2．（2024高二上·锡山期中）王老师在课堂上演示绳波的传播过程，他握住绳上的A点上下振动，某时刻绳上波形如图则绳上A点的振动图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高二上·锡山期中）如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向a端移动时（　　）
A．I变大，U变小 B．I变大，U变大
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
4．（2024高二上·锡山期中）某实验小组利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是（　　）
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻质弹性细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线偏离平衡位置有较大的角度
5．（2024高二上·锡山期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则（　　）
A．下滑过程中，小滑块的机械能守恒
B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C．下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
D．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
6．（2024高二上·锡山期中）两列水波周期均为2×10-2s、振幅均为1cm，它们相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如图所示，下列图中能表示B点的振动图象的是( )
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·锡山期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机（如图所示），不仅对眼睛危害大，还经常出现手机砸伤脸的情况。若手机质量约为，从离人脸约的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为，重力加速度取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．手机下落的过程和与人脸接触的过程均处于失重状态
B．手机对人脸的冲量大小约为
C．手机对人脸的平均冲力大小约为
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为0
8．（2024高二上·锡山期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线A是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像，图线B是某灯泡的U－I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（　　）
A．该灯泡的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 Ω
B．电源的效率为66.7%
C．若将灯泡换成0.3 Ω定值电阻，电源的输出功率减小
D．此时闭合回路中电源两端的电压是为3 V
9．（2024高二上·锡山期中）一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为，则（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．再经过，质点P通过的路程为
C．时刻质点P离开平衡位置的位移
D．质点P的平衡位置坐标为
10．（2024高二上·锡山期中）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。闭合开关S，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和。重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为和，则这台电动机正常运转时的效率为（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高二上·锡山期中）如图甲所示，物块A、B的质量均为，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从时以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．物块C的质量为
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为
C．到的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
12．（2024高二上·锡山期中）工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S＝10cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下：
电压表（量程15V，内阻约为）；
电流表（量程300μA，内阻约为50Ω）；
滑动变阻器（10Ω，0.1A）；
滑动变阻器（20Ω，1A）；
电池组（电动势E＝12V，内阻r＝6Ω）；
单刀单掷开关一个；导线若干。
（1）小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆挡后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是______。
A．换为挡，先机械调零再测量
B．换为挡，先机械调零再测量
C．换为挡，先欧姆调零再测量
D．换为挡，先欧姆调零再测量
（2）实验中，滑动变阻器应选择　 　（选填“”或“”）。
（3）为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整　 　。
（4）实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的图线，根据图像可得该导电溶液的电阻率　 　Ω·m。（计算结果保留整数）
（5）有同学认为，小明在实验中未考虑电表内阻的影响，用图像法计算的电阻率必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由　 　。
13．（2024高二上·锡山期中）“战绳”训练是近年健身的一种流行项目，如图甲所示。健身者抖动其中一根绳子形成的绳波，可看作简谐波，以手的平衡位置为坐标原点，建立xOy坐标系，如图乙所示为t=0时刻绳子的波形，若抖动的频率是2Hz，不考虑绳波传播过程中的能量损失。求：
（1） 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程；
（2） 该绳波的传播速度大小。
14．（2024高二上·锡山期中）如图用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的2倍。b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求：
（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小；
（2）轻绳的长度。
15．（2024高二上·锡山期中）如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求：
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球的质量；
（3）（）时间内，轻绳对摆球拉力的冲量大小。（计算结果可用表示）
16．（2024高二上·锡山期中）如图所示，质量为的物体A上表面为半径的光滑圆弧，在圆心O的正下方有一质量为的小球B（半径可忽略），在A的右侧有一质量为，且与A等高的物块C处于静止状态，若开始时，A与B以相同速度向右运动，并与物块C发生弹性碰撞（碰撞时间极短），不计一切摩擦及阻力。求：
（1）碰撞后，物块C速度的大小；
（2）小球B与物块A分离时，物块A速度的大小；
（3）小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】A．受迫振动频率等于驱动力频率，与固有频率无关，但当驱动力频率等于固有频率时振幅最大，说明振幅与固有频率有关，故A错误；
B．频率越低的声波的波长越长，越容易发生衍射现象，故B正确；
C． 观察者接近波源时，根据多普勒效应，接收到的频率变大 ，故C错误；
D．波在传播过程中，介质中的质点只会在平衡位置附近振动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合受迫振动的频率与振幅规律、波的衍射条件（波长与障碍物尺寸关系）、多普勒效应以及介质质点的振动特点，逐一分析选项的正确性。
2．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】根据波的传播方向向右，根据“上下坡”法可知， 时刻，A点处于平衡状态且振动方向向下。
故答案为：B。
【分析】利用‘上下坡法’判断波传播时质点的振动方向，结合振动图像中t = 0时刻的位移与振动方向，匹配正确的振动图像。
3．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当的滑动触点向端移动时，的阻值减小，外电路总电阻减小；
根据闭合电路欧姆定律总外，总电流总增大；
路端电压总，因总增大，所以减小（ 电压表读数变小 ）；
电路中并联部分的电压并总，总增大，故并减小；
对于、所在支路，由并，并减小，所以电流表的读数变小；
综上，变小，变小。
故答案为：C
【分析】核心是通过滑动变阻器阻值变化，分析外电路总电阻、总电流、路端电压，再进一步分析并联部分电压和支路电流的变化，判断电流表和电压表示数的变化。
4．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动
【解析】【解答】A．为减小空气阻力影响，应选密度大、直径小（ 体积小 ）的摆球，不是密度和直径都小，故A错误；
B．摆线应选轻质且不易伸长的，弹性细线会因伸长改变摆长，影响实验，故B错误；
C．实验时摆球需在同一竖直面内摆动，若做圆锥摆，运动规律改变，会增大误差，故C正确；
D．为了使单摆满足简谐运动规律，摆角不能超过5°，故D错误。
故答案为：C。
【分析】围绕单摆实验减小误差的目标，从摆球选择、摆线要求、摆动方式、摆角限制等方面，结合单摆的运动规律（ 简谐运动条件 ），分析各选项的正确性。
5．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，故A错误；
B．滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小。故B错误；
C．滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒。在竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故。小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反。故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
故可得，即小滑块不能到达弧形槽上的A点。故D正确。
故答案为：D。
【分析】对滑块与弧形槽组成的系统，分析水平方向动量守恒和系统的能量守恒，结合滑块与弹簧碰撞的特点，判断滑块能否追上弧形槽及上升的最大高度。
6．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】由题可知B点为振动加强点，其振幅为，周期不变为2×10-2s．
故答案为：C正确．
【分析】根据波的干涉中振动加强点的判定（ 波峰与波峰、波谷与波谷相遇 ），确定B点为振动加强点，进而得出其振幅和周期，再对比选项中振动图象的振幅与周期，判断正确选项。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；超重与失重；冲量
【解析】【解答】A．手机下落的过程，加速度向下，处于失重状态，与人脸接触的过程中手机先加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，A错误；
B．手机刚接触人脸时的速度向上为正，则根据动量定理
解得，可知手机对人脸的冲量大小约为0.6N s，B正确；
C．由牛顿第三定律可知，手机对人脸的平均冲力大小约为，C错误；
D．手机与人脸作用过程中动量变化量大小为，D错误。
故答案为：B。
【分析】先通过自由落体运动求出手机接触人脸时的速度，再对手机与人脸的作用过程应用动量定理，结合牛顿第三定律分析手机对人脸的冲量，进而判断各选项。
8．【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．在电压U和电流I变化的关系图像中，图线B上任意一点与原点的连线的斜率在逐渐的增大，则可知该灯泡的阻值随电压升高而增大，图线B与电源的图线的交点坐标表示该灯泡接入该电源时灯泡两端的电压和通过该灯泡的电流，则该交点与原点的连线表示此时刻该灯泡的电阻，根据图像可得，此时该灯泡的阻值为，故A错误；
BD．根据电源的图线可知，图线与纵轴的截距即为电源的电动势，可知电源的电动势
当该灯泡接入电源时，电源两端的电压（路端电压）即为灯泡两端的电压，则路端电压为
此时电源的效率，故BD错误；
C．根据电源的图线可知，电源的内阻
而电源的输出功率
可知，当接入电路中的电阻时，电源的输出功率有最大值，即外电路的电阻越接近电源的内阻，电源的输出功率越大，而当将灯泡换成定值电阻时，由于因此，电源的输出功率减小，故C正确。
故答案为：C。
【分析】结合电源和灯泡的U - I图像，提取电动势、内阻、路端电压等信息，利用电阻的\(U - I\)斜率意义、电源效率公式、输出功率与外阻的关系，逐一分析选项的正确性。
9．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A错误；
B．P未处于平衡位置或波峰、波谷处，再经过=
质点P通过的路程cm，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式
将，cm代入解得s
即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间为0.1s，故P点振动形式传播到处的时间为s
质点P的平衡位置坐标为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合振动图像判断质点振动方向与波的传播方向，利用振动方程与波的传播规律，分析质点的路程、位移及平衡位置坐标。
10．【答案】A
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】电动机停止转动时，电能完全装化为电热，电动机为一电阻，根据欧姆定律得
正常运转后，其总功率为
输出功率为
则电动机正常运转时的效率为
故答案为：A。
【分析】区分电动机停止（ 纯电阻）和正常运转（ 非纯电阻）的状态，先求内阻，再计算总功率、热功率，进而得输出功率，最后求效率。
11．【答案】D
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得，故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为J，故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得方向向左，故C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则，
代入数据解得，物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分阶段分析运动过程，碰撞过程用动量守恒，弹簧作用过程结合动量定理、机械能守恒，逐步推导各物理量，判断选项正误。
12．【答案】（1）D
（2）
（3）
（4）96
（5）若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
【知识点】实验基础知识与实验误差；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选档挡偏低，应该选择更高档挡来重新进行计算，但是每次换完挡后需要重新进行欧姆调零，之后再进行测量。
故答案为：D。
（2）若滑动变阻器选择，则通过电流表的最小电流为会将损坏，所以滑动变阻器应选择。
故答案为：
（3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测电阻的阻值约为50000Ω，根据
所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示
（4）根据电阻定律有
结合题图的图像斜率有
由题意可知
解得
故答案为：96
（5）若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
故答案为：若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
【分析】（1）根据欧姆表指针偏转情况，判断挡位选择及调零操作。
（2）通过计算电路最小电流，结合滑动变阻器额定电流，选择合适的滑动变阻器。
（3）依据实验要求（测多组数据、准确测量），确定滑动变阻器接法和电流表接法，完成实物连接。
（4）利用电阻定律，结合R - d图线斜率，计算电阻率。
（5）分析电表内阻对R - d图线斜率的影响，判断电阻率测量值的准确性。
（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选档挡偏低，应该选择更高档挡来重新进行计算，但是每次换完挡后需要重新进行欧姆调零，之后再进行测量。
故选D。
（2）若滑动变阻器选择，则通过电流表的最小电流为
会将损坏，所以滑动变阻器应选择。
（3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测电阻的阻值约为50000Ω，根据
所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示
（4）根据电阻定律有
结合题图的图像斜率有
由题意可知
解得
（5）若考虑电表的内阻，有
由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
13．【答案】（1）解：根据波形图可知，振幅A=20 cm，该时刻Q点在平衡位置，且该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，则则可得质点Q的振动方程为
而
则可得
（2）解：由波形图可得，波长
根据波速与频率之间的关系可得，波速为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）先从波形图确定振幅和t = 0时刻质点Q的振动状态，再结合频率求出角频率，进而写出振动方程。
（2）从波形图获取波长，利用波速与频率、波长的关系计算波速。
14．【答案】（1）解：设a的质量为m，则b的质量为2m，碰撞后，对物块b由动能定理可得
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小为
（2）解：ab碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有
解得碰撞前瞬间物块a速度的大小为
a球从水平位置摆下的过程，根据动能定理可得
解得轻绳的长度为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对碰撞后b的滑行过程，运用动能定理，结合摩擦力做功与动能变化的关系，求解b的速度。
（2）先通过a、b的弹性碰撞，利用动量守恒和机械能守恒求出a碰撞前的速度；再对a下摆过程，运用动能定理，结合重力做功与动能变化的关系，求解轻绳长度。
（1）设a的质量为m，则b的质量为2m，碰撞后，对物块b由动能定理可得
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小为
（2）ab碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有
解得碰撞前瞬间物块a速度的大小为
a球从水平位置摆下的过程，根据动能定理可得
解得轻绳的长度为
15．【答案】（1）解：由图像可知单摆的振动周期
根据
可得摆长L=0.4m
（2）解：摆球在A点时
在B点时
从A到B由机械能守恒
联立解得m=0.1kg
（3）解：设摆球从A运动到B过程中(时间内)摆线对小球拉力的冲量大小为I。此过程摆球的动量变化量大小为Δp=mvB，方向水平向左；
重力的冲量大小为，方向竖直向下
根据动量定理和平行四边形定则可得
解得
【知识点】动量定理；单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）通过拉力随时间变化的曲线确定周期，再结合单摆周期公式求摆长。
（2）分析摆球在最高点和最低点的受力，结合机械能守恒，联立方程求解质量。
（3）明确时间内的过程，利用动量定理和矢量合成（勾股定理），结合重力冲量、动量变化量，求解拉力冲量。
（1）由图像可知单摆的振动周期
根据
可得摆长
L=0.4m
（2）摆球在A点时
在B点时
从A到B由机械能守恒
联立解得
m=0.1kg
（3）设摆球从A运动到B过程中(时间内)摆线对小球拉力的冲量大小为I。此过程摆球的动量变化量大小为
Δp=mvB
方向水平向左；
重力的冲量大小为
方向竖直向下
根据动量定理和平行四边形定则可得
解得
16．【答案】（1）解：A、C碰撞时根据动量守恒、能量守恒有
解得，
（2）解：A、B水平方向动量守恒，分离时A、B水平方向共速，该速度即为分离时A的速度
解得
（3）解：设小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小为，根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律有
解得m/s
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用弹性碰撞的动量守恒和能量守恒，求解C的速度。
（2）根据A、B水平动量守恒，结合分离时水平共速的特点，求解A的速度。
（3）依据水平动量守恒和机械能守恒，分析B到等高位置时的速度大小。
（1）A、C碰撞时根据动量守恒、能量守恒有
解得
，
（2）A、B水平方向动量守恒，分离时A、B水平方向共速，该速度即为分离时A的速度
解得
（3）设小球B第一次运动到与初始位置等高时，小球B速度的大小为，根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律有
解得
m/s
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