2022-2023学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学、射阳高级中学等三校高二（上）期中物理试卷（含答案解析）

2022-2023学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学、射阳高级中学等三校高二（上）期中物理试卷

1.     关于机械振动及机械波说法正确的是(    )

A. 机械振动的物体在振动过程经过平衡位置时合力为零
B. 有机械振动就一定有机械波
C. 机械波在传播过程中，介质中的质点随波移动
D. 机械波传播的是“机械振动”这种振动形式，同时也将波源的能量传递出去

2.     某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是(    )

A. 开关、都闭合时电吹风吹冷风 B. 该电吹风中电动机的内电阻为
C. 吹热风时通过电热丝的电流为4A D. 吹热风时电热丝的功率为990W

3.     在同一实验室中，甲、乙两水平弹簧振子的振动图像如图，则(    )

A. 振子甲速度为零时，振子乙速度也可能为零
B. 任意2s内，甲乙两振子运动的路程相等
C. 两振子的振动频率之比：：1
D. 若将振子乙的振幅也增为10cm，则甲乙振子的振动周期会相等

4.     如图，直线A为某电源的图线，曲线B为某小灯泡的图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中错误的是(    )

A. 此电源的内阻为
B. 灯泡  的额定电压为3V，功率为6W
C. 电源的效率为
D. 把灯泡 换成阻值为的定值电阻，电源的输出功率将变大
 

5.     下面关于物体动量和冲量的说法正确的是(    )

A. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
B. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
C. 当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
D. 做曲线运动的物体，在任何时间内所受合外力的冲量一定不为零

6.     A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比：为(    )

A. 1：2 B. 1：3 C. 2：1 D. 2：3

7.     在如图所示的电路中，电源的内电阻r不能忽略，其电动势E小于电容器C的耐压值．先闭合开关S，待电路稳定后，再断开开关S，则在电路再次达到稳定的过程中，下列说法中正确的是(    )

A. 电阻两端的电压增大 B. 电容器C两端的电压减小
C. 电源两端的电压减小 D. 电容器C上所带的电量增加

8.     如图，在跳高运动时，运动员落地一侧铺有海绵垫，这样做的目的是为了减小(    )

A. 运动员的惯性 B. 运动员重力的冲量
C. 接触面对运动员的冲量 D. 接触过程中运动员的动量变化率

9.     如图所示，为定值电阻，是正温度系数的金属热电阻即温度越高，电阻值越大，L为小灯泡，当温度升高时(    )

A. 电流表的示数增大 B. 两端的电压增大
C. 小灯泡变亮 D. 小灯泡变暗

10. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的图象如图所示，图中则整个过程中(    )

A. 的冲量等于的冲量
B. 的冲量大于的冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量

11. 如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。如图乙所示，M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。
    
    在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足______选填“>”、“=”或“<”；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
    A.秒表，天平
    B.天平，刻度尺
    C.秒表，刻度尺
    D.天平，打点计时器
    下列说法中正确的有______。
    A.安装轨道时，轨道末端必须水平
    B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
    C.实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动
    D.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
    在某次实验中，测量出两个小球的质量、。记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足关系式______。用测量的量表示
    实验中小球斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果______选填“有”或“没有”影响。为什么？
    完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板，使小球1仍从斜槽上C点由静止滚下，重复上述实验的操作，得到两球落在木板上的平均落点M、P、N。用刻度尺测量木板上与B等高的点到M、P、N三点的高度差分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______用所测物理量的字母表示。
12. 有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时，经过周期振子有负向最大位移。
    求振子的振幅和周期；
    画出该振子的位移-时间图象；
    写出振子的振动方程。
13. “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60kg，橡皮绳原长20m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为5s。取
    此人下落到橡皮绳刚伸直时，人的动量是多少？
    从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力为多大？

14. 如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻，求：
    流过电源的电流；
    电动机的发热功率。

15. 如图所示，铁块A质量，木块B质量，一轻质弹簧连接A和B，与A不栓接，静止在光滑的水平面上。质量的磁性金属块C以水平速度向铁块A运动，相碰后粘在一起。求：
    磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小；
    磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能；
    弹簧恢复原长时AC块和B块的速度分别为多大。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、做简谐运动的单摆，经过平衡位置时回复力为零，但此时合力提供向心力，故合力不为零，故A错误；
B、有机械振动还需有介质才会形成机械波，故B错误；
C、机械波在传播过程中，介质中质点在各自平衡位置附件振动，故C错误；
D、机械波传播的是“机械振动”这种振动形式，同时也将波源的能量传递出去，故D正确。
故选：D。
简谐运动的物体经过平衡位置时回复力为零，而加速度不一定为零；明确机械波的产生条件，知道机械波在传播过程中质点并不随波迁移，只是传播的振动形式和能量。
本题考查对简谐运动和机械波性质的掌握，明确有机械波产生的条件是：波源和介质。
 

2.【答案】C 

【解析】解：A、由电路图可知，开关、都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；
B、只闭合开关时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为，由于电动机为非纯电阻，则内阻不为，故B错误；
CD、开关、都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W；通过电热丝的电流为，故C正确，D错误。
故选：C。
分析电路图，看懂电吹风工作原理；开关闭合时，电吹风吹冷风，只有电动机工作；开关、都闭合时电吹风吹热风，电动机和电热丝并联工作。
本题考查了基本电路分析，串并联电路功率关系，非纯电阻电路电动机内阻分析方法。
 

3.【答案】B 

【解析】解：A、由图可知甲、乙两个振子的周期分别为，，振子甲每一次位于最大位移处时，乙都经过平衡位置，所以振子甲速度为零时，振子乙速度最大，故A错误；
B、在任意2s内，甲的路程为，乙的路程为：，甲乙两振子的路程相等，故B正确；
C、甲、乙两个振子的周期分别为，，甲、乙两个振子的周期之比为2：1，又：，所以甲乙振子的振动频率之比：：2，故C错误；
D、弹簧振子振动的周期与振幅无关，所以将振子乙的振幅也增为10cm，则甲乙振子的振动周期仍然不相等，故D错误；
故选：B。
由位移的最大值读出振幅．由图读出周期．然后根据简谐运动的特征分析周期、频率和位移关系．振子振动的周期与振幅无关．
本题是简单的读图题，根据振动图象可以直接读出振幅、周期、速度的方向及它们的变化情况．要掌握简谐运动的特点，知道振子振动的周期与振幅无关．
 

4.【答案】A 

【解析】解：A、根据，知电源的图线的斜率大小表示电源的内阻，则电源的内阻为，故A错误；
B、该电源和小灯泡组成闭合电路时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，因灯泡恰好能正常发光，则知灯泡的额定电压，额定电流，则灯泡的额定功率为，故B正确；
C、由图A读出电源的电动势为，电源的效率为，故C正确；
D、灯泡的电阻为，把小灯泡换成一个的定值电阻，即外电阻由变为，更接近内阻，所以电源的输出功率将变大，故D正确。
故选：A。
根据电源的图线的斜率大小求电源的内阻，由纵轴截距求电源的电动势；电源的图线与灯泡的图线的交点表示该灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出灯泡的额定电压和电流，由求额定功率；根据电源的输出功率与总功率之比求电源的效率；根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况。
解决这类问题的关键是从数学角度理解图线的物理意义，抓住图线的斜率、截距、交点等方面进行分析。
 

5.【答案】A 

【解析】解：A、由公式知，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故A正确；
B、由动量定理，可知物体所受合外力冲量越大，越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故B错误；
C、根据力的冲量的定义式，当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故C错误；
D、如果物体做匀速圆周运动的物体所受合力不为零，当时间内，动量变化为零，根据动量定理，可知时间内所受合外力的冲量为零，故D错误。
故选：A。
物体所受合外力越大，动量的变化率越大；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量；根据力的冲量的定义式判断；根据动量定理判断。
本题考查了动量定理，以及冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，要明确合外力的冲量等于物体动量的变化量。
 

6.【答案】D 

【解析】解：设碰撞前A的速率为由题，碰后A的速率为①
根据动量守恒定律得：
解得， ②
由①：②得：：：3
故选：D。
碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比．
本题关键要知道碰撞过程最基本的规律：动量守恒定律，结合已知条件，即可求解．
 

7.【答案】D 

【解析】解：
A、闭合开关S时，电路中有电流，电阻两端电压不等于为零，当断开开关S稳定后，电路中没有电流，电阻两端的电压等于零．所以电阻两端的电压减小．故A错误．
B、D闭合开关S时，电容器的电压等于两端的电压，小于电源的电动势开关断开稳定后，外电路断开，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器C两端的电压等于电源的电动势E，所以电容器C两端的电压增大，所带的电量增加．故B错误，D正确．
C、闭合开关S时，电源两端的电压小于电动势E，开关断开稳定后，电源两端的电压等于电动势E，则电源两端的电压增大．故C错误．
故选D
根据开关闭合和断开时电路中有没有电流，由欧姆定律分析电阻两端电压的变化．开关闭合时，电容器的电压等于两端的电压．开关断开稳定后，分析电容器的电压与电源电动势的关系，分析电容器电压如何变化，再确定电量的变化．根据闭合电路欧姆定律分析电源两端电压的变化．
本题关键要抓住电路稳定时，电容器所在电路相当开关断开．外电路断路时电源两端的电压等于电动势．
 

8.【答案】D 

【解析】解：A、惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，运动员的质量没有发生变化，所以其惯性没有减小，故A错误；
BC、跳高运动员在跳高时落到海绵垫上，可以延长着地过程的作用时间t，运动员重力的冲量，而重力一直作用在运动员身上，且重力大小不变，使得运动员重力的冲量增大，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：，解得接触面对运动员的冲量为：，跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，所以接触面对运动员的冲量会增大，故BC错误；
D、跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理得：，解得动量的变化率为：，铺有海绵垫延长着地过程的作用时间，则接触过程中运动员的动量变化率减小了，即运动员所受到的平均冲力F减小，故D正确。
故选：D。
运动员的质量没有发生变化，其惯性没有减小；根据冲量的定义和动量定理判断；跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理判断即可。
本题以跳高运动为背景，考查了动量定理在实际问题中的应用，沙坑或海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤。
 

9.【答案】C 

【解析】解：A、当温度升高时，增大，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小。电流表测量总电流，则知其示数减小，故A错误。
B、总电流减小，两端的电压减小，故B错误。
CD、灯泡的电压，I减小，其他量不变，则U增大，灯泡变亮。故D错误，C正确。
故选：C。
正温度系数的金属热电阻的特性是：温度升高，电阻增大．根据温度升高，电阻增大，确定并联部分电阻及总电阻的变化情况，可定出电流、电压的变化情况及灯泡亮度变化情况．
本题的金属热电阻相当于滑动变阻器，当温度变化时，其电阻发生变化．通常电路动态变化问题分析按“部分整体部分”思路进行．
 

10.【答案】D 

【解析】

【分析】
由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力，中等难度。
【解答】
C.由图可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，根据可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；
根据动量定理，对整个过程研究得： ，，由图看出，，则有，即的冲量小于的冲量，故AB错误；
D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。
故选D。  

11.【答案】；B；；； ；没有；因为小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同，碰前小球速度相同；。 

【解析】

【分析】
根据实验原理分析出两个质量的大小关系及需要选择的实验仪器；
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据平抛运动的特点结合动量守恒定律分析出需要满足的关系式，结合弹性碰撞动能之和不变的特点写出需要满足的表达式；
根据实验原理分析出摩擦力对实验是否有影响并说明原因；
理解改进后的实验原理并写出动量守恒的表达式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在水平方向上匀速直线运动的特点完成表达式的分析，同时改进了实验，对学生的要求较高，难度较大。
【解答】
为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，即满足；小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，
实验需要验证
因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有
实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材是B，故B正确，ACD错误；
故选：B。
、为使小球离开斜槽后做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故A正确；
B、小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球的运动时间，不需要测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；
C、实验过程中，白纸不能移动，复写纸可以移动，故C正确；
D、用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故D正确；
故选：ACD。
若两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
又，，
代入得
若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒，则有
代入得：；
实验中小球斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果没有影响。是因为小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同，碰前小球速度相同；
碰撞前，落在图中的P点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，的落点在图中M点，设其水平初速度为，的落点是图中的N点，设其水平初速度为，
由平抛运动规律得
解得：
同理可得，
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理得。
故答案为：；B；；；；没有；小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同；。  

12.【答案】解：弹簧振子在BC之间做简谐运动，故振幅，振子在2s内完成了10次全振动，振子的周期为：
。
振子从平衡位置开始计时，故时刻，位移是0，经周期振子的位移为负向最大，故如图所示。
由函数图象可知振子的位移与时间函数关系式为：
。
答：振子的振幅为10cm，周期为；
该振子的位移--时间图象如图所示；
振子的振动方程为。 

【解析】振幅是振子离开平衡位置的最大距离，B、C间的距离等于振子完成一次全振动所用的时间即为一个周期。
由振子经过平衡位置时开始计时，振动方程是正弦函数。经过周期，振子具有正向最大加速度，位移为负向最大。即可写出振子的振动方程。根据数学知识作出振子的位移-时间图象。
根据图象写出振动方程即可。
本题要理解并掌握振幅和周期的概念，要能根据时刻的状态写出振动方程。
 

13.【答案】解：人做自由落体运动，下落20m高度时，根据
解得
所以此时人的动量大小
人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为，则
橡皮绳作用时间
取向上为正方向，由动量定理得
橡皮绳对人的平均作用力大小为
答：此人下落到橡皮绳刚伸直时，人的动量是；
从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力为1000N。 

【解析】根据由自由落体运动规律求物体末速度，由动量的定义得到动量，
根据动量定理解答。
本题主要考查了自由落体运动位移公式及动量表达式的直接应用，知道动量的矢量性。
 

14.【答案】解：由于灯泡正常发光，则路端电压为

则电源的内电压为

故流过电源的电流为

流过灯泡的电流为

则流过电动机的电流为

故电动机的发热功率为

答：流过电源的电流为；
电动机的发热功率为8W。 

【解析】根据电路的特点得出电源的内电压，结合欧姆定律得出电源的电流；
先根据功率的计算公式得出电动机的电流，再结合焦耳定律得出电动机的发热功率。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和焦耳定律即可完成解答。
 

15.【答案】解：设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为，规定向右为正方向，对A、C两者组成的系统，由动量守恒定律得
 
解得
当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为，对A、B、C组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
 
解得
设弹簧的最大弹性势能为，C、A碰后到弹簧最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒得
 
解得
、A碰后到弹簧恢复原长的过程，对A、B、C和弹簧整体由动量守恒定律可得
 
 
解得，
答：磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为；
磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能为15J；
弹簧恢复原长时AC块和B块的速度分别为，。 

【解析】、C碰撞过程，两者组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小。
当A、B、C速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律求出系统的共同速度，然后应用机械能守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求弹簧恢复原长时AC块和B块的速度。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，要搞清研究对象，分段应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。