山東省濟寧市2024-2025學年高二上學期12月聯考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGE2025學年度高二12月聯考物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號，準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題養(yǎng)案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？荚嚂r間為90分鐘，滿分100分一、選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，在一條張緊的繩子上掛著a、b、c、d四個擺球，讓c擺先振動，其余各擺在c的驅動下也逐步振動起來，則（）A.b擺振動的周期最大 B.d擺的固有頻率最小C.a擺振動的振幅最大 D.a、b、d三個擺球振動的振幅相同【答案】C【解析】A．由題意，讓c擺先振動，其余各擺在c的驅動下做受迫振動也將逐步振動起來，則它們的振動周期均等于c的振動周期，A錯誤；B．根據，可知d擺的擺長最短，所以固有周期最小，根據，可知其固有頻率最大，B錯誤；CD．a、c的固有周期相同，所以a擺發(fā)生共振，振幅最大，C正確，D錯誤。故選C。2.用小球和輕彈簧組成彈簧振子，使其沿水平方向做簡諧運動，振動圖像如圖所示，下列描述正確的是（）A.振子振動的振幅為10cmB.振子振動的頻率為2.5HzC.t=0時刻，振子位移零，回復力正向最大D.1~2s內，振子的速度變大，加速度變小【答案】D【解析】A．根據圖像可知，振子振動的振幅為5cm，故A錯誤；B．根據圖像可知，周期為4s，則頻率為故B錯誤；C．根據圖像可知，t=0時刻，振子位移為零，則回復力為零，故C錯誤；D．根據圖像可知，1~2s內，振子從最大位移處向平衡位置運動，此過程中振子的速度變大，加速度變小，故D正確。故選D。3.如圖所示，在離地面高為h處將質量為m的小球以初速度水平拋出，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.落地前瞬間，小球的動量大小為B.從拋出到落地，小球所受重力的沖量大小為C.從拋出到落地，小球動量的變化量方向豎直向上D.從拋出到落地，小球動量的變化量大小為【答案】D【解析】A．根據動能定理有可得小球動量大小為故A錯誤；B．根據運動學公式，重力的沖量大小為故B錯誤；CD．根據動量定理有則小球動量的變化量方向豎直向下，其大小為，故C錯誤，D正確。故選D。4.如圖是某繩波形成過程示意圖。質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，帶動2、3、4、…各個質點依次上下振動，把振動從繩的左端傳到右端。已知相鄰編號的質點間距離為2cm，t=0時，質點1開始向上運動，t=0.2s時，質點1到達上方最大位移處，質點5開始向上運動。則（）A.t=0.8s時，振動傳到質點15處B.t=0.8s時，質點9處于上方最大位移處C.t=0.8s時，質點12正在向下運動D.t=0.8s時，質點12的加速度方向向上【答案】C【解析】A．t=0.2s時，質點1到達上方最大位移處，質點5開始向上運動，則振動周期T=4t=0.8s相鄰編號的質點間距離為2cm，則波長λ=4×4×2cm=0.32mt=0.8s時，波傳播的距離等于一個波長，則振動傳到質點17處，A錯誤；BCD．作出此時的波形圖如圖所示，由圖可知，質點9處于平衡位置處，質點12處于平衡位置上方，加速度方向向下，運動方向向下，C正確，BD錯誤。故選C。5.如圖甲為一列簡諧橫波在某時刻波形圖，圖乙為質點P以此時刻為計時起點的振動圖像。則由圖可知（）A.該波的波速大小為2m/sB.從該時刻起質點P比質點Q先運動至波峰位置C.當質點P位于波谷時，質點Q正沿y軸正方向振動D.從該時刻起，經過0.1s，質點Q通過的路程為20cm【答案】C【解析】A．根據圖像可知，該波的波長和周期分別為，波速大小為故A錯誤；B．由圖乙可知，此時質點Р沿y軸負方向振動，結合圖甲可知，波沿著x軸正方向傳播，該時刻質點Q沿y軸正方向振動，則從該時刻起質點Q比質點Р先運動至波峰位置，故B錯誤；C．此時質點Р沿y軸負方向振動，可知經過時間，質點Р位于波谷，此時質點Q處于從平衡位置向波峰位置振動的過程中，即質點Q正沿y軸正方向振動，故C正確；D．從該時刻起，經過0.1s，即，該時刻質點Q向著平衡位置振動，內質點Q通過的路程大于一個振幅，即大于20cm，故D錯誤。故選C。6.在一次打靶訓練中，起初人和車一起靜止在光滑水平面上，人和靶分別在車的兩端，車、人、槍、靶總質量為M（不含子彈），每顆子彈質量為m，一共有n發(fā)。槍靶之間距離為d，子彈擊中靶后會鑲嵌其中，射擊時總是等上一發(fā)擊中后再打下一發(fā)。則以下說法正確的是（）A.射擊過程中，車向左移動B.射擊完成后，車會向右做勻速運動C.每發(fā)射一顆子彈，車移動的距離為D.全部子彈打完后，車移動的總距離為【答案】C【解析】AB．水平面光滑，車、人，槍、靶和子彈組成的系統(tǒng)所受外力的合力為零，系統(tǒng)動量守恒，起初人和車一起靜止，射擊過程中，子彈向左運動，車向右移動，射擊完成后，車仍然處于靜止，故AB錯誤；C．設子彈出槍口的速度為v，車后退速度為，以向左為正方向，根據動量守恒定律有則有子彈前進的同時，車向后退，則有在每一發(fā)子彈射擊過程中，小車所移動的距離聯立解得故C正確；D．結合上述可知，n顆子彈發(fā)射完畢后，小車總共后退的距離故D錯誤。故選C。7.如圖所示，傾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板，A、B兩物體固定于輕彈簧兩端，其中B的質量m=2kg。對B施加一沿斜面向下、大小為30N的壓力F，使B靜止于P點。撤掉力F，當B運動至最高點時，A恰好要離開擋板。取重力加速度g=10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A.彈簧恢復原長時B的速度達到最大B.B運動過程中最大加速度大小為10m/sC.A的質量為2kgD.A受擋板支持力的最大值為60N【答案】D【解析】A．當彈簧彈力等于物體B的重力沿斜面向下的分力時，B的速度達到最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；B．撤去力F后，B做簡諧振動，處于Р點時位移最大，加速度最大，最大加速度m/s2=l5m/s2B錯誤；C．B處于Р點時回復力大小為F回=F=30N根據做簡諧振動的對稱性，運動至最高點時回復力大小為F回1=F回=30N此時解得C錯誤；D．B處于Р點時A受擋板支持力最大，對B受力分析有此時彈簧彈力大小為=40N對A受力分析，A受擋板支持力D正確。故選D。8.A、B兩個粒子都帶正電，B的電荷量是A的2倍，B的質量是A的4倍。A以已知速度v向靜止的B粒子飛去。由于靜電力，它們之間的距離縮短到某一極限值后又被彈開，最后各自以新的速度做勻速直線運動。設作用前后A、B的軌跡都在同一直線上，A的質量為m，A、B均可看成點電荷。下列說法正確的是（）A.運動過程中，A的加速度先減小后增大B.當A、B之間的距離最近時，A的速度大小為0.25vC.從開始運動到A、B之間的距離最近的過程中，系統(tǒng)損失的機械能為D.當A、B最終做勻速直線運動時，A的速度大小為0.4v【答案】C【解析】A．A、B之間的靜電力則運動過程中，靜電力先增大后減小，最后為零，所以A的加速度先增大后減小，最后為零，A錯誤；B．當A、B相距最近時速度相等，A、B系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得B錯誤；C．從開始運動到A、B之間的距離最近的過程中，系統(tǒng)損失的機械能C正確；D．從開始到A、B最終勻速直線運動，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得即其大小為，D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.下列關于機械波的說法正確的是（）A.對于橫波，質點的振動方向與波的傳播方向垂直B.縱波的質點可以隨波遷移，而橫波的質點不能C.兩個相鄰且均處于平衡位置的質點間的距離為一個波長D.一列聲波從一種介質進人另一種介質時，頻率保持不變，波長會改變【答案】AD【解析】A．對于橫波，質點的振動方向與波的傳播方向垂直，故A正確；B．質點不可以隨波遷移，故B錯誤；C．兩個相鄰且均處于平衡位置的質點間的距離為半個波長，故C錯誤；D．聲波的頻率由聲源決定，與介質無關，聲波的波速由介質決定，故一列聲波從一種介質進入另一種介質時，波速會改變，頻率保持不變，由可知，波長會改變，故D正確。故選AD。10.如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態(tài)。當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）A.兩滑塊的動能之比B.兩滑塊的動量大小之比C.彈簧對兩滑塊的沖量之比D.彈簧對兩滑塊做功之比【答案】AC【解析】A．根據動量守恒定律得解得可知兩滑塊速度大小之比為兩滑塊的動能之比A正確；B．兩滑塊的動量大小之比B錯誤；C．彈簧對兩滑塊的沖量之比C正確；D．彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，為1∶2，D錯誤。故選AC。11.“桿線擺”結構如圖所示，輕桿一端通過活動絞鏈與立柱垂直連接，另一端安裝質量為m的擺球，細線一端拉住擺球，另一端系在立柱上的A點，給擺球一垂直于紙面的較小速度，使輕桿垂直于立柱來回擺動，擺動角度小于5°，擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內。已知立柱與豎直方向的夾角及細線與輕桿的夾角均為θ=30°，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.擺球在擺動過程中細線上的拉力大小為B.擺球靜止在平衡位置時輕桿對擺球作用力大小為C.擺球向平衡位置運動過程中輕桿對球的作用力增大D.若增大細線長度使A點上移，則擺球運動周期不變【答案】AD【解析】AB．擺球在平衡位置靜止時，對球進行受力分析，如圖所示由平衡條件可知,可得,小球擺動過程中，運動軌跡被約束在一個傾角為30°的平面內，垂直該平面小球一直處于平衡狀態(tài)，即細線在垂直該平面上的分量與重力在垂直該平面上的分量大小相等，可知細線拉力大小不變，即擺球在擺動過程中細線上的拉力大小為，擺球靜止在平衡位置時輕桿對擺球作用力大小為，故A正確，B錯誤；C．擺球以垂直于紙面的較小速度，擺球向平衡位置擺動過程中，所需向心力（沿桿方向）較小，且大小不斷增大，由于細線拉力大小不變，則桿上支持力逐漸減小，故C錯誤；D．增大細線長度使A點上移，擺球運動平面不變，此時可以將小球的一定等效為一個在斜面上的單擺，擺長為桿的長度，周期為可知，擺球運動周期不變，故D正確。故選AD。12.在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如圖質量為m的彈性薄片沿傾斜方向落到足夠大水平彈性面上，碰前瞬間速度大小為，方向與水平方向夾角=30°。薄片與彈性面間的動摩擦因數μ=0.5。不計空氣阻力，碰撞過程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后豎直方向的速度大小保持不變，并且在運動過程中始終沒有旋轉。已知薄片與彈性面第一次碰撞過程所用時間為t，下列說法正確的是（）A.第一次碰撞過程中，薄片豎直方向的動量變化量大小為B.第一次碰撞過程中，彈性面對薄片豎直方向的平均作用力大小為C.第一次碰后離開彈性面瞬間，薄片水平方向的分速度大小為D.若僅增大碰前瞬間速度大小，則薄片與水平面碰撞兩次后，它的水平位移還有可能增加【答案】BC【解析】A．設豎直向上為正方向，第一次碰撞過程中，薄片豎直方向的動量變化量大小為A錯誤；B．設豎直方向的平均作用力大小為F，在豎直方向上利用動量定理有解得B正確；C．第一次碰撞前，薄片水平方向的分速度第一次碰撞過程中，水平方向由動量定理有解得第一次碰撞后水平方向的分速度大小為C正確；D．每次碰撞過程中，豎直方向的動量變化量大小相等，均為第一次碰撞過程中，水平方向的動量變化量大小為則有可知第2次碰撞后，水平方向的分速度為零，僅增大薄片碰前瞬間速度大小，不改變速度方向，則它與水平面碰撞兩次后，水平位移不會再增加，D錯誤。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某實驗小組利用單擺測當地的重力加速度，實驗裝置如圖甲所示。（1）關于該實驗，下列說法正確的是（）（多選）A.擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且適當長一些B.擺球要選擇密度大、體積小的金屬球，以減少空氣阻力的影響C.為了使單擺的周期大一些，方便測量，開始時要拉開擺球，使擺角較大D.擺球振動穩(wěn)定后，當擺球運動至最高點處開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間t，則單擺周期（2）實驗中，發(fā)現某次測得的重力加速度的值偏小，其原因可能是（）（多選）A.單擺所用擺球質量太大B.以擺線的長度作為擺長來進行計算C.把（n-1）次全振動時間誤當成n次全振動時間D.擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了（3）把懸點到小球重心距離記為擺長l，通過不斷改變擺線的長度，該小組測得多組擺長和對應的周期的平方，畫出的圖像如圖乙所示，由圖乙可得當地的重力加速度大小為______（用a、b表示）?！敬鸢浮浚?）AB（2）BD（3）【解析】（1）A．在用單擺測量重力加速度的實驗中，擺線要選擇細些的、伸縮性小些的、且長度要適當長一些的，故A正確；B．擺球要選擇密度大，體積小的金屬球，以減少空氣阻力的影響，故B正確；C．根據單擺的周期公式可知，擺球的周期與擺角無關，因此增大擺角不能增大單擺的周期，擺角應該小于5°，故C錯誤；D．實驗中，當擺球運動至平衡位置處開始計時，誤差更小，故D錯誤。故選AB（2）A．根據解得可知，重力加速度與所用擺球質量的大小無關，故A錯誤；B．結合上述可知，以擺線的長度作為擺長來進行計算，擺長偏小，重力加速度偏小，故B正確；C．把（n-1）次全振動時間誤當成n次全振動時間，則周期測量值偏小，重力加速度測量值偏大，故C錯誤；D．振動中出現松動，使擺線長度增加了，則代入計算的擺長偏小，則重力加速度測量值偏小，故D正確。故選BD。（3）根據單擺的周期公式解得結合圖像可得解得14.圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖。實驗時，將斜槽固定在桌面上，使斜槽末端水平。先讓質量為m1的入射球多次從斜槽S位置由靜止釋放，記錄其在水平木板上的平均落點位置P。然后把質量為m2的被碰小球靜置于斜槽的末端，再將入射球從斜槽上S位置由靜止釋放，與m2相碰，并多次重復，記錄兩小球在木板上的平均落點位置（入射球的平均落點在M點，被碰球的平均落點在N點）。（1）下列實驗要求中正確的有_________。A.入射球和被碰球的質量必須滿足B.斜槽必須光滑，其末端必須水平C.需要測量入射球開始釋放的高度h來表示其碰前速度大小D.利用復寫紙與白紙記錄兩小球的落點，復寫紙應放在白紙下方（2）測出兩小球拋出點在桌面上的投影點O到點P、M、N的距離，分別記為OP、OM、ON，若兩球碰撞時動量守恒，應滿足關系式________。（用已知量和測量量字母表示）（3）若兩球發(fā)生彈性碰撞，則OP、OM、ON之間一定滿足關系式（）。A.OP=ON-OM B.2OP=ON+OM C.OP=ON-2OM（4）某同學也用上述兩球進行實驗，但將實驗裝置進行了改裝，如圖乙所示，將白紙、復寫紙固定在豎直放置的木板上，用來記錄實驗中兩小球（質量分別為m1、m2）與木板的撞擊點。實驗時，首先將木板豎直立在斜槽末端右側并與斜槽接觸，讓入射球從斜槽上S位置由靜止釋放，撞擊點為O'；然后將木板平移到圖中所示位置，入射球從斜槽上S位置由靜止釋放，確定其撞擊點；再將入射球從斜槽上S位置由靜止釋放，與被碰小球相撞，確定兩球相撞后的撞擊點。這些撞擊點分別對應圖中的A'、B'、C'，測得A'、B'、C'與O'的高度差分別為hA、hB、hC。若滿足表達式_______，即說明兩球碰撞中動量守恒。（用已知量和測量量字母表示）【答案】（1）A（2）m1·OP=m1·OM+m2·ON（3）A（4）【解析】（1）A．為了避免碰撞后入射球被反彈，所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，A正確；B．斜槽可以不光滑，其末端必須水平，只要入射球每次滑到末端的速度大小相等，方向水平即可，B錯誤；C．因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中通過測量小球做平拋運動的水平位移來代替入射球碰撞前的速度，而不是其開始釋放的高度，C錯誤；D．利用復寫紙與白紙記錄小球的落點，復寫紙應放在白紙上方，D錯誤。故選A。（2）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有整理可得m1·OP=m1·OM+m2·ON（3）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律根據動量守恒m1·OP=m1·OM+m2·ON聯立解得OP＋OM=ON即OP=ON-OM故選A。（4）由平拋運動規(guī)律有解得當水平位移相等時，與成正比，動量守恒要驗證的式子是即15.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0.2s和t=1.2s時刻的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知波的周期T滿足0.5s<T<1.0s。（1）求波的傳播速度大?。唬?）從t=0時刻開始計時，寫出質點P的振動位移y隨時間t變化的關系式?！敬鸢浮浚?）5m/s（2）【解析】（1）由題圖可知該波的波長λ=4m，因波沿x軸正方向傳播，故傳播時間滿足（n=0，1，2，…）可得（n=0，1，2，…）由0.5s<T<1.0s可知n=1T=0.8s根據波速、波長、周期的關系可得（2）由題圖可知質點P的振幅A=5cm，質點P的振動方程為因t1=0.2s時刻質點P的位移代入振動方程可知故有16.如圖甲所示，一個質量m=1kg的物塊靜止在水平面上，現用水平力F向右拉物塊，F的大小隨時間變化的關系如圖乙所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）0~4s內，水平力F的沖量大小；（2）4s末，物塊的速度大小。【答案】（1）16N·s（2）9m/s【解析】（1）圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示沖量，則水平力F的沖量大小為（2）當水平力與滑動摩擦力大小相等時有解得F0=2N此時物塊才開始運動，根據圖像可知此時刻為t0=1s可知1~4s內，由F-t圖像可知水平力F的沖量大小為在1~4s內，由動量定理可得其中解得4s末物塊的速度大小為v=9m/s17.將一力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，圖甲中O點為單擺的懸點，現將小球（可視為質點）拉到A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球在豎直平面內的ABC之間來回擺動，其中B點為運動中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，圖乙表示由計算機得到的細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，且圖中t=0時刻為擺球從A點開始運動的時刻，據力學規(guī)律和題中信息（g取10m/s2），求：（1）單擺的周期與擺長；（2）擺球質量及擺動過程中最大速度的大小；（可用根式表示）（3）改變單擺的擺角（α小于10°）進行多次測量，記錄對應的最大拉力F1和最小拉力F2根據所測數據作出的F1?F2圖像為一條直線，其斜率為k、縱軸截距為b，已知重力加速度為g，寫出擺球質量的表達