湖南省长沙市2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷含答案

长沙市2024—2025学年度高二第一学期期中考试
物理（答案在最后）
时量：75分钟满分：100分
得分__________一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1.下列说法正确的是（）
A.在机械波中，沿波的传播方向上某个质点的振动速度就是波的传播速度
B.“闻其声，不见其人”是声波发生干涉产生的一种现象
C.多普勒效应实质上是由于波源和观察者之间有相对运动而使观察者接收到的波的频率发生了变化
D.在完全相同的两列水波相遇而叠加的区域，某时刻介质中的P点是两列波的波峰相遇点，此时P点位移
最大；经过1
4周期，P点的位移变为零。

这说明P点的振动时而加强、时而减弱
2.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把时，曲轴可带动弹簧振子上下振动。

开始时不转动摇把，让弹簧振子自由振动，测得其频率为2Hz。

现匀速转动摇把的转速为240r/min，下列说法正确的是（）
A.弹簧振子的振幅与转速无关
B.弹簧振子稳定振动时的频率是4Hz
C.当转动摇把的转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D.当摇把转动的频率减小到接近2Hz时，弹簧振子的振幅减小
3.一单摆做简谐振动，如图为摆绳对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，则该单摆的摆长为（）（重力加速度g取2
10m/s）
A.0.4m
B.1.6m
C.4m
D.16m
4.如图所示，小滑块在水平外力F作用下，沿水平地面从A点由静止向右滑行，滑至B点时撤去外力F，到达C点时速度恰为零，不计空气阻力。

则下列说法中正确的是（）
A.BC 段滑块动量的改变量大于阻力的冲量
B.AB 段和BC 段滑块动量的变化量相同
C.滑块运动的全过程，F 的功与克服阻力的功相等
D.滑块运动的全过程，F 的冲量与阻力的冲量相同
5.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是15kg m /s p =⋅，27kg m /s p =⋅，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m /s ⋅，则甲球质量1m 与乙球质量2m 间的关系可能正确的是（）
A.12
m m = B.12
2m m = C.12
4m m = D.12
6m m =6.如图所示，匀强电场方向与水平方向成60︒角，场强5
2.010N /C E =⨯。

质量0.4kg m =、带电荷量
62.010C q -=⨯的小球与一根轻质、绝缘材料制成的弹簧的右端相连，弹簧劲度系数10N /m k =，小球
穿在水平光滑绝缘细杆上，在BC 间以O 点为平衡位置做简谐运动，已知小球做简谐运动的最大速度为
0.3m /s ，可以用F x -图像下的“面积”代表力F 所做的功。

下列说法正确的是（
）
A.小球到达O 点时，弹簧的形变量为4cm
B.小球做简谐运动的振幅为6cm
C.小球到达B 点时的瞬时加速度为2
0.5m /s ，方向水平向右D.运动过程中由小球和弹簧构成的系统机械能守恒
7.如图所示，滑块A 静置在半圆柱B 的最高点，B 的表面光滑，初始时系统静止于光滑水平面。

现给A 一个轻微扰动，使得A 沿B 的表面下滑。

若在下滑过程中，两者分离，记分离时A 的角位置为θ（A 和圆心的连线与竖直方向的夹角，090θ︒<<︒）。

对于（1）A 的质量m 远小于B 的质量M ；（2）A 的质量m 远大于B 的质量M 这两种情况，下列说法正确的是（
）
A.两种情况下，两者都不会分离
B.只有一种情况两者会分离
C.都能分离，（1）的θ更大
D.都能分离，（2）的θ更大
二、多选题（本题共4小题，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，
全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8.如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为1m 、2m ，且212m m =。

开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断轻绳后，两木块分别向左、右运动。

若两木块与水平面间的动摩擦因数分别为1μ、2μ，且122μμ=，则在弹簧伸长的过程中，两木块（
）
A.动量大小之比为1:1B 速度大小之比为2:1C.通过的路程之比为2:1
D.通过的路程之比为1:1
9.如图甲，战绳训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的一端上下振动（可视为简谐振动）。

如图乙所示是某次训练中0.2s t =时战绳的波形图，绳上质点P 的振动图像如图丙所示。

下列说法正确的是（
）
A.该波沿x 轴正方向传播
B.若增大抖动的幅度，波速会增大
C.从0.2s t =到0.6s t =，质点P 通过的路程为300cm
D.P 点的振动方程为50sin 5π(cm)
y t =10.波速均为1.0m /s 的两列简谐横波，分别从波源0x =、12m x =处沿x 轴相向传播。

0t =时的波形图如图所示。

下列说法正确的是（
）
A.0.2s t =时，两列波相遇
B.两列波相遇过程中，5m x =处和7m x =处的质点振动减弱
C.3s t =时，6m x =处的质点位移为0
D.当波源从0x =处沿x 轴正向运动时，在12m x =处的观察者观察到该简谐横波的频率变大
11.质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。

平衡时，弹簧的压缩量为0x ，如图所示，一物块从钢板正上方距离为03x 的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。

它们到达最低点后又向上运动。

已知物块质量也为m ，弹簧的弹性势能2
p 12
E kx =
，简谐运动的周期
T =g ，下列说法正确的是（）
A.碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅02A x =
B.物块与钢板在返回O 点前已经分离
C.碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t =
D.运动过程中弹簧的最大弹性势能pm 03
2
E mgx =
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）
12.在用单摆测重力加速度的实验中：
（1）实验时必须控制偏离平衡位置的摆角__________（选填“小于5︒”“大于10︒”或“小于30︒”）；（2）某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L 当作摆长，而没有加上摆球的半径，直接将L 和测得的周期用单摆的周期公式算出了当地的重力加速度。

则测出的重力加速度将比实际的重力加速度__________（选填“大”“小”或“一样”）；
（3）该同学通过改变悬线L 长度而测出对应的摆动周期T ，再以2
T 为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像，实验中所得到的2
T L -关系图像如图（乙）所示，由图像可知，摆球的半径r =__________m ；当地重力加速g =__________2
m /s （最后一空保留3位有效数字）。

13.某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。

（1）选择两个半径相等的小球，其中一个小球有经过球心的孔，用游标卡尺测量两小球直径d ，如图乙所示d =__________cm ；
（2）用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为1m ，另一个球记为2m ；
（3）将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1米的细线穿过小球1m 的小孔并挂在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离L ；
（4）将小球2m 放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正碰；在地面上铺上复写纸和白纸，以显示小球2m 落地点；
（5）拉起小球1m 由某一特定位置静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器连接的计算机实时显示拉力大小；读出拉力碰前和碰后的两个峰值1F 和2F ，通过推导可以得到1m 碰撞前瞬间速度大小1v =__________；同样方式可以得到1m 碰撞后瞬间速度大小3v ；
（已知当地的重力加速度为g ）（6）测出小球2m 做平抛的水平位移s 和竖直位移h ，已知当地的重力加速度为g ，则2m 碰后瞬间速度
2v =__________；
（7）数据处理后若满足表达式：_________________________（已知本次实验中12m m >，速度用1v 、2v 、
3v 表示）则说明1m 与2m 碰撞过程中动量守恒。

四、计算题（本题共3小题，共36分）
14.（8分）水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。

现有一列向x 轴正方向传播的简谐横波，10t =时刻的波形如图中实线所示，20.5s t =时的波形如图中虚线所示。

已知：波的周期T 满足
0.25s 0.5s T <<，求：
（1）波的传播速度；
（2）写出质点M振动位移y随时间t变化的关系式。

15.（12分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。

0
t=时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v t-图像如图（b）所示，图中的1v和1t均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

图（a）图（b）
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功。

16.（16分）如图所示，一绝缘装置由水平滑板AB和四分之一光滑圆弧BC构成，该装置静置在光滑水平面上。

已知AB段上表面粗糙，动摩擦因数为0.5，其右端与四分之一光滑圆弧在B点相切，AB长度和圆弧
半径均为R，整个装置处在方向竖直向下的匀强电场中，场强大小
mg
E
q
=。

一电荷量为q
+，大小可以忽
略的滑块以初速度0v=A点滑上滑板，并且能在B、C之间的D点（未画出）与滑板共速。

已知该绝缘装置和滑块质量均为m，重力加速度为g，则：
（1）滑块运动到B点时，绝缘装置和滑块组成的系统产生多少热量？
（2）B、D两点的高度差是多少？
（3）若开始时滑块在A点处于静止状态，现将原电场变为大小为0
E、方向水平向右的匀强电场。

当滑块运动到B点时撤去匀强电场，要求滑块不能从C点飞出，则新电场场强0
E大小必须满足什么条件？
长沙市2024—2025学年度高二第一学期期中考试
物理参考答案
一、二选择题（1~7小题每小题4分，8~11小题每小题5分，选不全得3分）题号1234567891011答案
C
B
B
C
C
B
C
ABC
AD
BD
AC
3.B 【解析】小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知：0.8πs T =，
由单摆的周期公式T =22
1.6m 4π
gT L ==，故B 正确，ACD 错误。

4.C 【解析】设滑块到B 点速度为v ，摩擦力为f ，对BC 段滑块只受摩擦力，应用动量定理有p I ft ∆=∆=，故BC 段滑块动量的改变量等于阻力的冲量，故A 错误；AB 段滑块动量变化量10p mv mv ∆=-=，
BC 段动量的变化量20p mv mv ∆=-=-，12p p ∆≠∆，故B 错误；
对滑块运动的全过程应用动能定理，有0AB s AC F fs -=，因此f F W W =，故C 正确；滑块运动的全过程，F 的冲量与阻力的冲量大小相同，方向相反，故D 错误。

5.C 【解析】设碰后甲球动量变为1p '，乙球动量变为2p '，
根据动量守恒定律得1212p p p p +='+'，解得12kg m /s p '=⋅，碰撞过程系统的总动能不增加，
则有2222
12121212
2222p p p p m m m m ''+≤+
，解得127
17m m ≤，碰撞前甲的速度要大于乙的速度，则
1212p p m m >，解得1257m m <，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有1212p p m m ''≤，解得121
5
m m ≥，综上有
1217
517
m m ≤≤，C 正确，A 、B 、D 错误。

6.B 【解析】O 点为平衡位置，小球合力为零，0cos 60qE kx ︒=，02cm x =，故A 错误；B 点到O 点过程，由能量守恒定律有：
22
m 1122
mv kA =，解得：6cm A =，故B 正确；B 点时，由kA ma =得：2
1.5m /s a =，故C 错误；
小球运动过程中，电场力对小球做功，所以系统机械能不守恒，故D 错误。

7.C 【解析】建立坐标系如图所示，设分离时B 的速度为v ，A 相对于B 的速度分量分别为cos x v R ωθ'=，0sin y v R ωθ'=-。

其中ω为A 绕O 转动的瞬时角速度，则A 的绝对速度分量分别为cos x v R v ωθ=-，sin y v R ωθ=-。

根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有()22211(1cos )22
x y mgR m v v Mv θ-=++，x mv Mv =。

分离时有0N =，则有2
cos mg m R θω=。

联立解得
3cos 3cos 20m
M m
θθ-+=+。

当A 的质量m 远小于B 的质量M 时，
0m M m ≈+，则有3cos 20θ-+=，解得2
cos 3θ=。

当A 的质量m 远大于B 的质量M 时，1m
M m
≈+，则有3cos 3cos 20θθ-+=，
即2
(cos 1)(cos 2)0θθ-+=。

舍掉不合理的解，得cos 1θ=，
则两种情况两者都会分高，且（1）的θ更大，C
选项正确。

10.BD 【解析】解析4
s 2s 221
x v t ===⨯时，两列波相遇，故A 错误；两列波相遇过程中，5m x =处和7m x =处的质点波峰与波谷相遇振动减弱，故B 正确；
两波的周期为1
4s T f
==，2s t =时，两列波在6m x =相遇，相遇后6m x =处质点向下振动，再经过1s 4
T
=
，即3s t =时，该质点到达波谷，位移达到最大值，故C 错误；当波源从0x =处沿x 轴正向运动时，波源与12m x =处的观察者间的距离缩短，产生多普勒效应，
则知在12m x =处的观察者观察到该简谐横波的频率变大，故D 正确。

11.AC 【解析】设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为0v ，由机械能守恒得：
2
00132
mv mgx =
，解得：0v =，设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为1v ，选取向下为正方向，
由动量守恒定律得：012mv mv =
，解得：101
2
v v ==
设平衡位置弹簧压缩量为1x ，则有：12mg kx =，初始对钢板由平衡条件得：0mg kx =，对比解得：102x x =，设振幅为A ，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：()()2
221011*********mg x x A mv k x A kx -++
⨯=+-，其中：0
mg k x =，
联立解得：02A x =，故A 正确；
由A 的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为02x ，振幅为02x ，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O 处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O 点前不会分离，故B 错误；碰撞的位置是
12A 处，由此处第一次到平衡位置的时间为1
12
T ，
则第一次运动到最低点所经历的时间为：111112433t T T =
+==⨯，故C 正确；弹簧最大压缩量为m 10 4x x A x =+=，最大的弹性势能：()2
pm 001E 482
k x mgx =
=，故D 错误.三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）
12.（1）小于5︒
（2）小
（3）2
1.210
-⨯9.86
13.（1）1.66
（5
（6）（7）111322
m v m v m v =+【解析】（1）由游标卡尺的精确度为0.1mm 可知，
两小球直径为16mm 60.1mm 16.6mm 1.66cm d =+⨯==；
（5）根据题意，由牛顿第二定律有21111
2
v F m g m d
L -=+
，整理可得1v =
；
（6）小球2m 做平拋运动，则有2s v t =，212
h gt =
，解得2v =（7）由于本实验中12m m >，则碰后1m 不反弹，若碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有111322m v m v m v =+，可说明1m 与2m 碰撞过程中动量守恒。

四、计算题（本题共3小题，共36分）
14.（8分）【解析】（1）由图可直接读出波长4m λ=，
因为0.25s T 0.5s <<，所以波向+x 方向传播时，0.5s (0.25)n T =+，0n =，1，2，…当1n =时符合条件，解得：0.4s T =，所以波速：4
m /s 10m /s 0.4
v T λ=
==
（2）0t =时，M 点在最大位移处，所以其振动的初相位π2ϕ=
，而圆频率2π2π
rad /s 5πrad /s 0.4
T ω===，所以M 点振动方程为sin()y A t ωϕ=+，代入数据得到：π2sin 5πcm 2y t ⎛
⎫
=+
⎪⎝
⎭。

15.（12分）【解析】（1）物块A 和物块B 发生碰撞后一瞬间的速度分别为A v 、B v ，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即1A B B mv mv m v =+，222
1A B B
111222
mv mv m v =+，联立方程解得B A 1B
m m v v m m -=
+，B 1B 2m
v v m m =
+，根据v t -图像可知，A 11
2
v v =-
，解得B 3m m =。

（2）设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得
当物块A 沿斜面下滑时：1sin mg f ma θ-=，由v t -图像知：1
11
v a t =
，当物块A 沿斜面上滑时：2sin mg f ma θ+=，由v t -图像知：121
54v a t =，解得1
sin 9f mg θ=，
又因下滑位移1111
sin 2
H x v t θ=
=，则碰后A 反弹，沿斜面上滑的最大位移为1211110.40.1sin 22
v
h x t v t θ==⋅⋅=。

其中h 为P 点离水平面的高度，即15h H =
，解得25sin H
x θ
=
，故在图（b ）描述的整个过程中，物块A 克服摩擦力做的总功为：
()2f 112sin 9sin 5sin 15
H
H W f x x mg θθθ⎛⎫=+=
⨯+= ⎪⎝⎭。

16.（16分）【解析】（1）系统产生的热量为：N Q F R μ=，对滑块分析：N F mg qE =+，解得：Q mgR =。

（2）滑块从A 运动到D 的过程，有：0()mv m m v =+，22011
()()22
mv m m v mg qE h Q =++++，解得：0.5h R =。

（3）滑块所受的电场力F qE =。

①滑块能到达B 点，即A 、B 相对滑动，要求滑块加速度大于滑板加速度，有
F mg mg
m m
μμ->
，解得：F mg >。

②设滑块运动到B 点时相对地面的位移为1s ，滑板的位移为2s ，所需时间为t 。

若滑块恰好能到达C 点整个过程中对系统用能量守恒定律1211()2
s F m m v mgR Q =+++共①其中：10.5Q mgR mgR μ==②
整个过程中对系统用动量定理：()Ft m m v =+共③
滑块运动到木板的B 点过程中，滑块的对地位移为2112F mg s t m μ-⎛⎫= ⎪⎝⎭
④由①②③④得：22
26F t Fgt mgR m
=+⑤由A 、B 位移关系：12s s R =+⑥其中木板的对地位移为：2212mg s t m μ⎛⎫=
⎪⎝⎭⑦由④⑤⑥⑦得：222430F F mg m g -⋅+=，解得：3F mg =或F mg =（舍去），
所以F 应满足：3mg F mg <≤，综上得：03mg mg E q q <≤。