高中试卷答案网广州市增城区2022-2023学年高二下学期期中考试
物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．动量大的物体速度一定大
B．两物体动量相等，动能一定相等
C．物体的动量改变，其动能一定改变
D．物体的运动方向改变，其动量一定改变
2．如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员（ ）
A．过程I的动量改变量等于零
B．过程II的动量改变量等于零
C．过程I的动量改变量等于重力的冲量
D．过程II的动量改变量等于重力的冲量
3．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，则该振动系统的固有频率最接近（ ）。
驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80
受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3
A．30Hz B．50Hz C． 60Hz D．80Hz
4．下列说法正确的是（ ）
A．“余音绕梁，三日不绝”，是声音的衍射现象
B．两列波产生干涉现象时，振动加强的介质质点始终位于波峰或波谷
C．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速
D．两列波相遇时，在相遇区域任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和
5．如图所示，在空气中有一直角棱镜，，一束单色光从边射入棱镜，入射角为，垂直于边射出，则该棱镜的折射率为（ ）
A． B．1.5 C． D． 2
6．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形薄软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示。已知水的折射率为，为了保证表演成功（在水面上看不到大头针），大头针末端离水面的最大距离h为（ ）
A． r B． r C．r D．r
7．如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为（ ）
A．3︰1 B．3︰5 C．1︰3 D．5︰3
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．振子的位移-时间函数为(cm)
B．t＝0.1s和t＝0.7s时，振子的速度相同
C．0.2s到0.4s，振子的加速度逐渐减小
D．t1到t2，振子振动的时间为半个周期
9．如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量M=40kg，球的质量m=5kg。某时刻人将球以相对于地面v0=4m/s的水平速度向前方固定挡板推出，球与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰车共速后才推球)，直到人不能再接到球，下列说法正确是（ ）
A．人第1次推球时，人、冰车、小球组成的系统动量守恒
B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒
C．人第1次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为m/s
D．人第5次将球推出后将不再接到球
10．如图所示，实线为一列沿x轴传播的简谐横波t=0时刻的波形图，虚线(非方格)为t=1s时刻的波形图。介质中有P、Q、M三个质点，t=0时刻，三个质点的纵坐标分别为yP=2cm、yQ=－2cm、yM=－2cm。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两质点的速度总是大小相等、方向相反
B．P、M两质点相对平衡位置的位移总是大小相等、方向相反
C．此列波的周期可能为0.8s
D．此列波的波速可能为6m/s
三、非选择题，共54分，考生根据要求作答。
11．（10分）大雄和静香分别用不同的方案和装置验证动守恒定律。
（1）大雄的装置如图甲。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，两小球直径相同。
①接下来要完成的必要步骤是______（填选项前的符号）。
A．测量两小球的直径d
B．测量小球开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．用天平测量两个小球的质量、
E．测量平抛射程，
②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（用题干和第①中测量的量表示）。
（2）静香的装置如图乙。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时．实验主要步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．给气垫导轨通气并调整使其水平；
c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；
d．A、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；
e．烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB．
①实验中还应测量的物理量x是______________________（用文字表达）．
②利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是______________（用题中所给的字母表）．
③利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=__________________（用题中所给的字母表示）．
12．（6分）现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机Phyphox软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据Phyphox界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案：
方案1.使用“含（g）的加速度”模块，令手机静置在桌面上20s，直接读出重力加速度（图一）；
方案2.使用“摆”功能，该同学找到一把量程为30cm的刻度尺，长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，于小角度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度（图二）。
回答下列相关问题：
（1）根据方案2，可知手机计算重力加速度g的表达式为______（用g、、T、L表示）
（2）与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因为______
A．铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准
B．铁锁质量过大，导致g测量误差较大
C．测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差
（3）方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案，如图三：实验时，可以在细线上的A点做一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程；保持该标记以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度以改变摆长，当OA间细线长度分别为、时，测得相应单摆的周期为，，由此可测得重力加速度g的数值，此方案计算g的表达式为g=______（用本小问所给的字母表示）。
13．（10分）滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来的。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1=2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板的质量m=5kg，滑板手的质量是滑板的9倍，g取10m/s2（不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间）。求：
（1）滑板手从滑板A上起跳的水平速度大小；
（2）滑板手落到滑板B上后，如果脚不蹬地，还能滑行多长时间。
14．（12分）如图（甲）所示是一列简谐波在t=0时刻波形和传播的距离。波沿x轴的正方向传播，已知从t=0到t=1.8s时间内，质点P三次出现在波谷位置，且在t=1.8s时刻质点刚好在波谷位置。通过计算回答下列问题：
（1）该简谐波的周期；
（2）从t=0开始，求8秒内另一质点Q振动的路程s；
（3）当Q开始起振时重新从零开始计时，请在图(乙)中画出质点P振动的位移y随着时间t变化的图像(至少画一个周期的图像)。
图甲 图乙
15．(16分)如图，足够长的水平轨道ab光滑，在轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，B的左端水平栓接一条轻质弹簧。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高，现让B物块以v0=3m/s的初速度向左运动。已知A滑上小车前已经与弹簧分离，弹簧的形变始终在弹性限度内，A与小车之间的动摩擦因数 满足0.1≤ ≤0.3，g取10m/s2，求：
(1)A、B压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能EP；
(2)A以多大的速度滑上小车；
(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q(计算结果可含有 )。
参考答案：
1．D
【解析】A．物体的动量
动量大，速度不一定大，可能是质量大，故A错误；
B．物体的动量
两物体的动能相同时，可能因为质量不同而动量不同，故B错误；
C．动量是矢量，动量发生改变，可能是速度的方向变化，但是速度的大小不变，这种情况下物体的动能不变，故C错误；
D．动量是矢量，物体的运动方向发生变化，则其速度一定发生变化，所以其动量一定改变，故D正确。
故选D。
2．C
【解析】AC．过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；
B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；
D．过程II的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力和水的阻力，则不等于重力的冲量，故D错误。
故选C。
3．C
【解析】从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱最接近60Hz，故C正确，ABD错误。
故选C。
4．D
【解析】A．“余间绕梁三日，不绝于耳指心理听觉，是音乐专业术语，不是物理学上的发声，故选项A错误；
B．振动加强点的振幅最大，并不是指该质点始终位于波峰或者波谷，选项B错误；
C．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速与声源发出的声波波速相等，选项C错误；
D．两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变与相遇前完全相同，而在相遇区域，任一质点的振动则是两列波共同作用的结果，即任一点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和，故选项D正确；
故选D。
5．A
【解析】如图所示，由几何关系得，，由折射定律，则得该棱镜的折射率为
BCD错误，A正确。
故选A。
6．A
【解析】只要从大头针末端发出的光线射到圆形薄软木片边缘界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，如图所示
根据图中几何关系有
sin C=
所以
h=r
故选A。
7．B
【解析】由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有
由动量守恒定律有
由能量守恒有
联立解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
8．AD
【解析】A．由题图乙可知，该振动的振幅为12cm，周期s，所以
rad/s
结合振动图像可知，该振动方程为
(cm)
也可以把方程表达为
(cm)
故A正确；
B．由题图乙的振动图像可知，图像上某点的斜率表示该点处的瞬时速度，s和s时，图像中的斜率一正一负，说明两点的速度方向相反，所以速度不相同，故B错误；
C．由题图乙可知，s到s时间内，振子的位移为正，正在逐渐增大，所以根据F=﹣kx，回复力逐渐增大，加速度逐渐增大，故C错误；
D．t1和t2时刻，振子的位移关于平衡位置对称，并且速度方向相反，且时间间隔是小于一个周期的，由此可知两时刻的时间差是半个周期，故D正确。
故选AD。
9．ACD
【解析】A．第一次推球时（小球未与挡板接触），人、冰车和小球组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B．球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，或者说系统合外力不为零，人、冰车和小球组成的系统系统动量不守恒，故B错误；
C．设挡板每次对球碰撞作用的冲量为I，则有
以人及冰车与球组成的系统为对象，人第一次接到球后，由动量定理有
得到
m/s
故C正确；
D．设挡板每次对球碰撞作用的冲量为I，则有
再以人及冰车与球组成的系统为对象，人推n次后，由动量定理有
得到
若要人不再接到球，至少有
代入数据得
人将球推出5次后不再接到球；故D正确。
故选ACD。
10．BC
【解析】AB．由题图可知此列波的波长为6m，而P、Q两质点平衡位置的距离小于半个波长，所以P、Q的振动情况不是总相反；根据三角函数知识可知，P、M两质点平衡位置的距离等于半个波长，所以P、M的振动情况总是相反，故A错误，B正确；
CD．在1s内x=3m处质点位移为振幅4cm，即(2n－1)T/4=1s(n=1,2,3，……)，故波的周期为4s、4/3、0.8s、4/7s……，
由于波长为6m，周期不可能为1s，故波速不可能为6m /s，故C正确，D错误；
故选BC。
11． （1） DE （2）光电门E、F间的水平距离
【解析】（1）①要验证动量守恒定律定律，即验证
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，上式两边同时乘以得
得
题干中以及提到找到了分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N，且两小球的直径相同；因此接下来要完成的必要步骤是：用天平测量两个小球的质量m1、m2和分别测量平抛射程OM、ON，故选DE；
②若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式
即可。
（2）①②由于A、B原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： ，所以还需要测量的物理量是光电门E、F间的水平距离；
③弹簧恢复原长时，A滑块的速度为：，B滑块的速度为：，根据能量守恒定律得：Ep=
12． AC
【解析】（1）根据单摆周期公式
得重力加速度g的表达式为
（2）方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准；方案2是用长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，而该同学找到一把量程为30cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差。
故选AC。
（3）当OA间细线长度分别为、时，测得相应单摆的周期为，，设A点到铁锁重心的距离为l，根据公式
可得
可解得
13．（1）m/s；（2）4.41m
【解析】（1）从O到P下滑过程，对滑板手与滑板A由机械能守恒定律可得
代入数据解得
滑板手跳离A板，滑板手与滑板A满足动量守恒，即
解得
m/s
（2）滑板手跳上B板，滑板手与滑板B满足动量守恒，即
解得
m/s
由题意知，滑板B滑行的距离为
m
14．（1）0.8s；（2）3.5m；（3）
【解析】（1）由题图可知t=0时刻质点P正位于波传播方向的上坡上，所以此时质点P沿y轴负方向运动，设简谐波的周期为T，由题意可得
解得
T=0.8s
（2）该简谐波的波速为
=5m/s
当x=5m处的起振状态传播到x=10m时，Q开始振动，这个过程所用时间为
由题图可知质点Q起振方向为y轴负方向，振动周期是0.8s，在剩下的8.0s－1.0s=7.0s这段时间里，Q总共振动了个周期，路程为
（3）从t=0开始计时，由（2）可知，当t=1.0s时刻，质点Q开始起振，方向为y轴负方向，
此时P点恰好处于波谷，此时重新从零开始计时，图像如图所示。
15．（1）3J；（2）2m/s；（3）当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，Q2=2J
【解析】（1）A、B 压缩弹簧时，当A、B共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，根据动量守恒定理，有
由能量守恒可得
联立解得
（2）从B撞向A到A、B分开的这个过程，可以看成的广义的弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立解得
（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定律：由能量关系：
解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为 （J）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为，解得Q2=2J