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2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末
物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A. 小磁针在通电导线附近发生偏转 B. 通电线圈在磁场中受磁场作用力转动
C. 磁铁吸引小磁针 D. 闭合线圈靠近磁铁时产生电流
2. 光子的能量与其( )
A. 波长成正比 B. 速度成正比 C. 周期成正比 D. 频率成正比
3. 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是( )
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 先变小后变大
4. 在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小 D. b点的磁感应强度的值最大
5. 如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是( )
A. 闭合金属线框向上平移 B. 闭合金属线框向右平移
C. 闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转 D. 闭合金属线框向下平移
6. 从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎．其原因是( )
A. 水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小
B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动．振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
A. 0.4s时振子的加速度为零 B. 0.8s时振子的速度最大
C. 0.4s和1.2s时振子的加速度相同 D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
8. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式x=10sin(π4t+π6)cm，下列说法正确的是( )
A. 该质点振动周期为T=4s B. 该质点振幅A=10cm
C. 第1s末和第5s末质点的位移相同 D. 4s内质点通过的路程为40cm
9. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是( )
A. 小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B. 小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C. 小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D. 小球从B到O的过程中，振动的能量不断增加
10. 某质点作简谐运动的振动图象如图所示，则( )
A. t=0.2s时，质点速度方向沿x正方向
B. t=0.2s时，质点加速度方向沿x负方向
C. 0.2s−0.4s内质点速度先减小后增大
D. 0.2s−0.4s内质点加速度先增大后减小
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11. 为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是( )
A. 只有热的物体才能辐射红外线
B. 紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量
C. 红外线的波长比无线电波长
D. 红外线和紫外线都是电磁波
12. 今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中里有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A. 汽车的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
13. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A. pA=−2kg·m/s，pB=14kg·m/s
B. pA=−4kg·m/s，pB=16kg·m/s
C. pA=6kg·m/s，pB=6kg·m/s
D. pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s
14. 甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定( )
A. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B. 甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D. 若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量______(填选项前的符号)间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球m1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OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放时的高度ℎ
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______[用(2)中测量的量表示]。
16. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为_____cm。摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最_____(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为_______s。
(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为_______m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_______。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_______。
A.学生甲的说法正确
B.学生乙的说法正确
C.两学生的说法都是错误的
四、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
17. 在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F=2×10−3N。
(1)求该处的磁感应强度大小B1；
(2)若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2。
18. 质量m=2kg的物体从高ℎ=1.25m处自由下落，掉到沙面上后，经过0.1s停在了沙坑中，不考虑空气阻力作用，求：
(1)物体在空中下落过程，重力的冲量；
(2)物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。
19. 如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．求：
(1)木块A和B碰后的速度大小；
(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大？
答案解析
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A. 小磁针在通电导线附近发生偏转 B. 通电线圈在磁场中受磁场作用力转动
C. 磁铁吸引小磁针 D. 闭合线圈靠近磁铁时产生电流
【答案】D
【解析】
【分析】
解答本题应掌握：电磁感应的现象---因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象。
本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题。
【解答】
A.小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；
B.通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；
C.磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故C错误；
D.闭合线圈靠近磁铁时闭合回路磁通量变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。
故选D。
2. 光子的能量与其( )
A. 波长成正比 B. 速度成正比 C. 周期成正比 D. 频率成正比
【答案】D
【解析】解：根据光子的能量的公式：E=ℎγ=ℎcλ，可知，光子的能量与其频率成正比，与周期成反比，与速度和波长无关。故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确光的性质，根据光子的能量的公式即可做出判断。
本题考查光子的能量公式，解答的关键是明确光子的能量公式，理解光速是定值，所以光子的能量与光速无关。
3. 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是( )
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 先变小后变大
【答案】B
【解析】
【分析】
明确磁通量的定义，能根据穿过线圈的磁感线条数分析磁通量的变化情况。
本题考查对磁通量的掌握情况，要注意磁通量可以根据公式Φ=BScosθ(S与B的垂面存在夹角θ时)以及穿过线圈的磁通量的条数进行分析，其中对于定性分析时，利用磁感线条数更为简单。
【解答】
由图可知，由A到B的过程中，穿过线圈的磁感线条数变多，可见穿过圆环的磁通量变大，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小 D. b点的磁感应强度的值最大
【答案】C
【解析】
【分析】
该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
【解答】
用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
在c点电流产生的磁场方向与B0反向，故合磁感应强度最小；在a点两者同向，合磁感应强度最大；在b、d两点，两者互相垂直，故合磁感应强度大小相等，只有C项正确。
5. 如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是( )
A. 闭合金属线框向上平移 B. 闭合金属线框向右平移
C. 闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转 D. 闭合金属线框向下平移
【答案】B
【解析】解：AD、通电导线周围存在的磁场分布具有对称性，闭合金属线框上下平移时，线框中的磁通量没有发生变化，故没有感应电流产生，故AD错误；
B、闭合金属线框向右平移时，磁场减弱，线框中的磁通量减小，故有感应电流产生，故B正确；
C、闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转时，由于磁场空间的对称性，磁通量保持不变，故没有感应电流产生，故C错误。
故选：B。
明确直导线周围磁感线的分布规律，根据感应电流产生的条件即可明确能否产生感应电流。
本题考查感应电流产生的条件，关键是明确通电直导线周围磁场的对称性，知道上下平衡或以直导线为轴转动时，通过线圈的磁通量均是不变的。
6. 从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎．其原因是( )
A. 水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小
B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
【答案】C
【解析】
【分析】
玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可。本题关键是明确玻璃杯的运动情况和受力情况，然后根据动量定理列式分析，基础问题。
【解答】
ABD.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相等，故ABD错误；
C.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相等，由动量定理可知I=Δp=FΔt可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，动量改变快；而在草地上时，由于草地的缓冲使时间变长，动量的变化率较小，动量改变慢，故C正确；
故选C。
7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动．振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
A. 0.4s时振子的加速度为零 B. 0.8s时振子的速度最大
C. 0.4s和1.2s时振子的加速度相同 D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F=−kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，属于基础题。
【解答】
A.由图象乙知，t=0.4s时，振子的位移最大，根据F=−kx可知，回复力最大，则加速度最大，故A错误；
B.由图象乙知，t=0.8s时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故B正确；
C.由图象乙知t=0.4s和t=1.2s时，振子分别处于正的最大位移处与负的最大位移处，所以加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D.由图乙可知，0.8s时刻振子运动的方向沿负方向，而1.6 s时时刻振子运动的方向沿正方向，所以振子的速度大小相等，但方向相反，故D错误。
故选：B。
8. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式x=10sin(π4t+π6)cm，下列说法正确的是( )
A. 该质点振动周期为T=4s B. 该质点振幅A=10cm
C. 第1s末和第5s末质点的位移相同 D. 4s内质点通过的路程为40cm
【答案】B
【解析】解：A、根据x=10sin(π4t+π6)cm得：ω=π4 rad/s，则该质点振动周期T=2πω=8s，故A错误．
B、该质点振幅A=10cm，故B正确．
C、当t=1s和t=5s分别代入x=10sin(π4t+π6)cm得，位移分别为10sin5π12cm和−10sin5π12cm，故C错误．
D、由于t=4s=T2，所以4s内质点通过的路程为S=2A=20cm，故D错误．
故选：B
简谐运动的一般表达式为x=Asin(ωt+φ)，A为振幅，ω为圆频率．根据T=2πω，可求出周期，读出振幅．将时间代入振动方程可求得任意时刻的位移．根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程．
解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为x=Asin(ωt+φ)，知道A为振幅，ω为圆频率．要知道质点做简谐运动时，在半个周期内通过的路程是2A．
9. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是( )
A. 小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B. 小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C. 小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D. 小球从B到O的过程中，振动的能量不断增加
【答案】A
【解析】
【分析】
明确弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、回复力和能量的变化之间的关系是解题的关键和核心。
【解答】
AB、振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，回复力为0，加速度为零；在A、B位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，故A正确，B错误；
CD、由于回复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故CD错误。
故选：A。
10. 某质点作简谐运动的振动图象如图所示，则( )
A. t=0.2s时，质点速度方向沿x正方向
B. t=0.2s时，质点加速度方向沿x负方向
C. 0.2s−0.4s内质点速度先减小后增大
D. 0.2s−0.4s内质点加速度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据x−t图象切线的斜率分析速度的方向。在简谐运动中，加速度满足a=−kxm；由位移方向直接读出加速度的方向．根据位移的大小变化，分析加速度的大小变化。
本题关键掌握简谐运动的特征a=−kxm，要明确公式中负号表示方向．知道x−t图象切线的斜率等于速度，由斜率正负直接读出速度的方向。
【解答】
A.t=0.2s时，图象切线的斜率为负值，速度沿x负方向，故A错误；
B.t=0.2s时，质点的位移为正，由加速度a=−kxm，可知加速度沿x负方向，故B正确；
C.在0.2s−0.4s内，图象切线的斜率先增大后减小，则质点速度先增大后减小，故C错误；
D.在0.2s−0.4s内，位移先减小后增大，由a=−kxm，可知质点的加速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11. 为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是( )
A. 只有热的物体才能辐射红外线
B. 紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量
C. 红外线的波长比无线电波长
D. 红外线和紫外线都是电磁波
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查了电磁波谱。一切物体都在不停地向外辐射红外线；紫外线具有较高的能量，故紫外线能消杀病毒；根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，红外线和紫外线都是电磁波。
【解答】
A.一切物体都在不停地向外辐射红外线，故A错误；
B.紫外线的频率很高，根据光子能量E=ℎν可知，紫外线具有较高的能量，所以紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量，故B正确；
C.根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，故C错误；
D.根据电磁波谱可知，红外线和紫外线都是电磁波，故D正确。
故选BD。
12. 今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中里有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A. 汽车的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了反冲运动。对直升飞机的运动是否为反冲运动，很容易出错，和喷气式飞机不一样。
【解答】
A、汽车的运动是由汽车的牵引力拉汽车前进，不属于反冲运动，故A错误；
B、直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故B错误；
C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，故C正确；
D、反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动。故D正确。
故选：CD。
13. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A. pA=−2kg·m/s，pB=14kg·m/s
B. pA=−4kg·m/s，pB=16kg·m/s
C. pA=6kg·m/s，pB=6kg·m/s
D. pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s
【答案】CD
【解析】
【分析】
当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒。系统的总动能不会增加。由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，通过列式分析，再进行选择。
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况。
【解答】
以两物体组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动量：p=7kg⋅m/s+5kg⋅m/s=12kg⋅m/s；
系统的总动能：Ek= 722m + 52 2m = 37 m。
A.若碰后A、B两球动量为：pA=−2kg⋅m/s，pB=14kg⋅m/s，系统的总动量p′=−2+14=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 222m+ 142 2m= 100 m >Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A错误；
B.若碰后A、B两球动量为：pA=−4kg⋅m/s，pB=16kg⋅m/s，系统的总动量p′=−4+16=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 422m+162 2m= 136 m >Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故B错误；
C.若碰后A、B两球动量为：pA=6kg⋅m/s，pB=6kg⋅m/s，系统的总动量p′=6+6=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 622m+ 62 2m= 36 m
故选CD。
14. 甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定( )
A. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B. 甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D. 若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】解：ABC.根据图象可知，单摆振动的周期关系：32T甲=T乙，所以周期之比为T甲：T乙=2：3，频率为周期的反比，所以频率之比：f甲：f乙=3：2；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：T=2π Lg，所以摆长之比与周期的平方成正比即为4：9，故A错误，BC正确；
D.若在不同地点，摆长相同，根据T=2π Lg所得：重力加速度之比与周期的平方成反比，即为：9：4，故D正确；
故选：BCD。
根据图象找到两个单摆的周期关系。根据T=1f分析两单摆的频率的比值，根据单摆的周期公式分析重力加速度和摆长的比值；
解决该题的关键是熟记周期与频率的关系式，熟记单摆的周期公式。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量______(填选项前的符号)间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球m1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OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放时的高度ℎ
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______[用(2)中测量的量表示]。
【答案】(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON
【解析】
【分析】
在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v.再根据动量守恒定律的规律可求得表达式．
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题．
【解答】
(1)根据小球的平抛运动规律，可以用位移x来代替速度v，因此待测的物理量就是水平射程x、小球的质量m．
(2)待测的物理量就是位移x(水平射程OM，ON)和小球的质量m，所以，要完成的必要步骤是ADE．
(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON
16. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为_____cm。摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最_____(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为_______s。
(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为_______m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_______。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_______。
A.学生甲的说法正确
B.学生乙的说法正确
C.两学生的说法都是错误的
【答案】 0.97 低 2.05 0.9980 4π2LT2 A
【解析】(1)[1]由图甲所示，游标卡尺是10分度的，精确度为0.1mm，主尺读数为9mm，游标尺的第7个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为7×0.1mm=0.7mm，则该摆球的直径为
d=9mm+0.7mm=9.7mm=0.97cm
[2]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最低点的位置。
[3]单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为
T=tn=102.550s=2.05s
(2)[4]用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，从图丙中可知单摆的摆长为
L=99.80cm=0.9980m
(3)[5]若用L表示摆长，T表示周期，由单摆的周期公式 T=2π Lg 可得，重力加速度的表达式为
g=4π2LT2
(4)[6]考虑到单摆振动时空气浮力的影响，因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大，学生甲的说法正确，即A正确，BC错误。
故选A。
四、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
17. 在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F=2×10−3N。
(1)求该处的磁感应强度大小B1；
(2)若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2。
【答案】(1) B1=0.25T ；(2) B2=0.25T
【解析】解：(1)由磁感应强度的定义有
B1=FI1L
解得
B1=0.25T ．
(2)磁感应强度由磁场本身决定，与通电直导线的长度以及导线中通过的电流无关，有
B2=B1=0.25T
18. 质量m=2kg的物体从高ℎ=1.25m处自由下落，掉到沙面上后，经过0.1s停在了沙坑中，不考虑空气阻力作用，求：
(1)物体在空中下落过程，重力的冲量；
(2)物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。
【答案】解：(1)根据ℎ=12gt12得出，物体在空中下落的时间为：t1= 2ℎg= 2×1.2510=0.5s
根据冲量的定义得出，物体在空中下落过程，重力的冲量为：IG=mgt1=2×10×0.5N·s=10N·s，方向竖直向下；
(2)整个过程列出动量定理为：mgt−ft2=0
t=t1+t2=0.5s+0.1s=0.6s
得出阻力为：f=mgtt2=2×10×0.60.1N=120N。
【解析】(1)先根据自由落体运动的公式得出在空中下落的时间，再根据冲量的定义得出在空中下落过程中重力的冲量。
(2)在全过程中根据动量定理列式得出沙子对物体的平均作用力。
本题是动量定理和冲量概念的考查，基础题目，简单。
19. 如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．求：
(1)木块A和B碰后的速度大小；
(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大？
【答案】解：(1)A撞击B过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA=(m+m)v
代入数据解得：v=1m/s；
(2)弹簧压缩最短时，A、B的速度为零，A、B压缩弹簧过程，
由能量守恒定律得：EP=12(m+m)v2
解得：EP=1J；
答：(1)A撞击B后A和B的共同速度为1m/s；
(2)弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为1J。
【解析】(1)A撞击B过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后共同速度。
(2)当弹簧被压缩到最短时，系统的动能全部转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
本题考查了求速度与弹性势能，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
2022-2023学年新疆维吾尔自治区重点学校高二（上）期末
物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A. 小磁针在通电导线附近发生偏转 B. 通电线圈在磁场中受磁场作用力转动
C. 磁铁吸引小磁针 D. 闭合线圈靠近磁铁时产生电流
2. 光子的能量与其( )
A. 波长成正比 B. 速度成正比 C. 周期成正比 D. 频率成正比
3. 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是( )
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 先变小后变大
4. 在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小 D. b点的磁感应强度的值最大
5. 如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是( )
A. 闭合金属线框向上平移 B. 闭合金属线框向右平移
C. 闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转 D. 闭合金属线框向下平移
6. 从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎．其原因是( )
A. 水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小
B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动．振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
A. 0.4s时振子的加速度为零 B. 0.8s时振子的速度最大
C. 0.4s和1.2s时振子的加速度相同 D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
8. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式x=10sin(π4t+π6)cm，下列说法正确的是( )
A. 该质点振动周期为T=4s B. 该质点振幅A=10cm
C. 第1s末和第5s末质点的位移相同 D. 4s内质点通过的路程为40cm
9. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是( )
A. 小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B. 小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C. 小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D. 小球从B到O的过程中，振动的能量不断增加
10. 某质点作简谐运动的振动图象如图所示，则( )
A. t=0.2s时，质点速度方向沿x正方向
B. t=0.2s时，质点加速度方向沿x负方向
C. 0.2s−0.4s内质点速度先减小后增大
D. 0.2s−0.4s内质点加速度先增大后减小
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11. 为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是( )
A. 只有热的物体才能辐射红外线
B. 紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量
C. 红外线的波长比无线电波长
D. 红外线和紫外线都是电磁波
12. 今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中里有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A. 汽车的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
13. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A. pA=−2kg·m/s，pB=14kg·m/s
B. pA=−4kg·m/s，pB=16kg·m/s
C. pA=6kg·m/s，pB=6kg·m/s
D. pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s
14. 甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定( )
A. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B. 甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D. 若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量______(填选项前的符号)间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球m1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OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放时的高度ℎ
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______[用(2)中测量的量表示]。
16. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为_____cm。摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最_____(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为_______s。
(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为_______m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_______。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_______。
A.学生甲的说法正确
B.学生乙的说法正确
C.两学生的说法都是错误的
四、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
17. 在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F=2×10−3N。
(1)求该处的磁感应强度大小B1；
(2)若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2。
18. 质量m=2kg的物体从高ℎ=1.25m处自由下落，掉到沙面上后，经过0.1s停在了沙坑中，不考虑空气阻力作用，求：
(1)物体在空中下落过程，重力的冲量；
(2)物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。
19. 如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．求：
(1)木块A和B碰后的速度大小；
(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大？
答案解析
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A. 小磁针在通电导线附近发生偏转 B. 通电线圈在磁场中受磁场作用力转动
C. 磁铁吸引小磁针 D. 闭合线圈靠近磁铁时产生电流
【答案】D
【解析】
【分析】
解答本题应掌握：电磁感应的现象---因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象。
本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题。
【解答】
A.小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；
B.通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；
C.磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故C错误；
D.闭合线圈靠近磁铁时闭合回路磁通量变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。
故选D。
2. 光子的能量与其( )
A. 波长成正比 B. 速度成正比 C. 周期成正比 D. 频率成正比
【答案】D
【解析】解：根据光子的能量的公式：E=ℎγ=ℎcλ，可知，光子的能量与其频率成正比，与周期成反比，与速度和波长无关。故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确光的性质，根据光子的能量的公式即可做出判断。
本题考查光子的能量公式，解答的关键是明确光子的能量公式，理解光速是定值，所以光子的能量与光速无关。
3. 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，穿过圆环的磁通量的变化情况是( )
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 先变小后变大
【答案】B
【解析】
【分析】
明确磁通量的定义，能根据穿过线圈的磁感线条数分析磁通量的变化情况。
本题考查对磁通量的掌握情况，要注意磁通量可以根据公式Φ=BScosθ(S与B的垂面存在夹角θ时)以及穿过线圈的磁通量的条数进行分析，其中对于定性分析时，利用磁感线条数更为简单。
【解答】
由图可知，由A到B的过程中，穿过线圈的磁感线条数变多，可见穿过圆环的磁通量变大，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
A. c、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最小 D. b点的磁感应强度的值最大
【答案】C
【解析】
【分析】
该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．。
磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
【解答】
用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
在c点电流产生的磁场方向与B0反向，故合磁感应强度最小；在a点两者同向，合磁感应强度最大；在b、d两点，两者互相垂直，故合磁感应强度大小相等，只有C项正确。
5. 如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是( )
A. 闭合金属线框向上平移 B. 闭合金属线框向右平移
C. 闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转 D. 闭合金属线框向下平移
【答案】B
【解析】解：AD、通电导线周围存在的磁场分布具有对称性，闭合金属线框上下平移时，线框中的磁通量没有发生变化，故没有感应电流产生，故AD错误；
B、闭合金属线框向右平移时，磁场减弱，线框中的磁通量减小，故有感应电流产生，故B正确；
C、闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转时，由于磁场空间的对称性，磁通量保持不变，故没有感应电流产生，故C错误。
故选：B。
明确直导线周围磁感线的分布规律，根据感应电流产生的条件即可明确能否产生感应电流。
本题考查感应电流产生的条件，关键是明确通电直导线周围磁场的对称性，知道上下平衡或以直导线为轴转动时，通过线圈的磁通量均是不变的。
6. 从相同高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上比掉在草地上容易打碎．其原因是( )
A. 水泥地对玻璃杯的冲量大，草地对玻璃杯的冲量小
B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
【答案】C
【解析】
【分析】
玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可。本题关键是明确玻璃杯的运动情况和受力情况，然后根据动量定理列式分析，基础问题。
【解答】
ABD.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相等，故ABD错误；
C.杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，所以水泥地对玻璃杯的冲量和草地对玻璃杯的冲量相等，由动量定理可知I=Δp=FΔt可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，动量改变快；而在草地上时，由于草地的缓冲使时间变长，动量的变化率较小，动量改变慢，故C正确；
故选C。
7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动．振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )
A. 0.4s时振子的加速度为零 B. 0.8s时振子的速度最大
C. 0.4s和1.2s时振子的加速度相同 D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F=−kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，属于基础题。
【解答】
A.由图象乙知，t=0.4s时，振子的位移最大，根据F=−kx可知，回复力最大，则加速度最大，故A错误；
B.由图象乙知，t=0.8s时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故B正确；
C.由图象乙知t=0.4s和t=1.2s时，振子分别处于正的最大位移处与负的最大位移处，所以加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D.由图乙可知，0.8s时刻振子运动的方向沿负方向，而1.6 s时时刻振子运动的方向沿正方向，所以振子的速度大小相等，但方向相反，故D错误。
故选：B。
8. 某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式x=10sin(π4t+π6)cm，下列说法正确的是( )
A. 该质点振动周期为T=4s B. 该质点振幅A=10cm
C. 第1s末和第5s末质点的位移相同 D. 4s内质点通过的路程为40cm
【答案】B
【解析】解：A、根据x=10sin(π4t+π6)cm得：ω=π4 rad/s，则该质点振动周期T=2πω=8s，故A错误．
B、该质点振幅A=10cm，故B正确．
C、当t=1s和t=5s分别代入x=10sin(π4t+π6)cm得，位移分别为10sin5π12cm和−10sin5π12cm，故C错误．
D、由于t=4s=T2，所以4s内质点通过的路程为S=2A=20cm，故D错误．
故选：B
简谐运动的一般表达式为x=Asin(ωt+φ)，A为振幅，ω为圆频率．根据T=2πω，可求出周期，读出振幅．将时间代入振动方程可求得任意时刻的位移．根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程．
解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为x=Asin(ωt+φ)，知道A为振幅，ω为圆频率．要知道质点做简谐运动时，在半个周期内通过的路程是2A．
9. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是( )
A. 小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B. 小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C. 小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D. 小球从B到O的过程中，振动的能量不断增加
【答案】A
【解析】
【分析】
明确弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、回复力和能量的变化之间的关系是解题的关键和核心。
【解答】
AB、振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，回复力为0，加速度为零；在A、B位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，故A正确，B错误；
CD、由于回复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故CD错误。
故选：A。
10. 某质点作简谐运动的振动图象如图所示，则( )
A. t=0.2s时，质点速度方向沿x正方向
B. t=0.2s时，质点加速度方向沿x负方向
C. 0.2s−0.4s内质点速度先减小后增大
D. 0.2s−0.4s内质点加速度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据x−t图象切线的斜率分析速度的方向。在简谐运动中，加速度满足a=−kxm；由位移方向直接读出加速度的方向．根据位移的大小变化，分析加速度的大小变化。
本题关键掌握简谐运动的特征a=−kxm，要明确公式中负号表示方向．知道x−t图象切线的斜率等于速度，由斜率正负直接读出速度的方向。
【解答】
A.t=0.2s时，图象切线的斜率为负值，速度沿x负方向，故A错误；
B.t=0.2s时，质点的位移为正，由加速度a=−kxm，可知加速度沿x负方向，故B正确；
C.在0.2s−0.4s内，图象切线的斜率先增大后减小，则质点速度先增大后减小，故C错误；
D.在0.2s−0.4s内，位移先减小后增大，由a=−kxm，可知质点的加速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11. 为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航。下列说法正确的是( )
A. 只有热的物体才能辐射红外线
B. 紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量
C. 红外线的波长比无线电波长
D. 红外线和紫外线都是电磁波
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查了电磁波谱。一切物体都在不停地向外辐射红外线；紫外线具有较高的能量，故紫外线能消杀病毒；根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，红外线和紫外线都是电磁波。
【解答】
A.一切物体都在不停地向外辐射红外线，故A错误；
B.紫外线的频率很高，根据光子能量E=ℎν可知，紫外线具有较高的能量，所以紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量，故B正确；
C.根据电磁波谱可知，红外线的波长比无线电波短，故C错误；
D.根据电磁波谱可知，红外线和紫外线都是电磁波，故D正确。
故选BD。
12. 今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中里有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A. 汽车的运动 B. 直升飞机的运动
C. 火箭的运动 D. 反击式水轮机的运动
【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了反冲运动。对直升飞机的运动是否为反冲运动，很容易出错，和喷气式飞机不一样。
【解答】
A、汽车的运动是由汽车的牵引力拉汽车前进，不属于反冲运动，故A错误；
B、直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故B错误；
C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，故C正确；
D、反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动。故D正确。
故选：CD。
13. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A. pA=−2kg·m/s，pB=14kg·m/s
B. pA=−4kg·m/s，pB=16kg·m/s
C. pA=6kg·m/s，pB=6kg·m/s
D. pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s
【答案】CD
【解析】
【分析】
当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒。系统的总动能不会增加。由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，通过列式分析，再进行选择。
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况。
【解答】
以两物体组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动量：p=7kg⋅m/s+5kg⋅m/s=12kg⋅m/s；
系统的总动能：Ek= 722m + 52 2m = 37 m。
A.若碰后A、B两球动量为：pA=−2kg⋅m/s，pB=14kg⋅m/s，系统的总动量p′=−2+14=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 222m+ 142 2m= 100 m >Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A错误；
B.若碰后A、B两球动量为：pA=−4kg⋅m/s，pB=16kg⋅m/s，系统的总动量p′=−4+16=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 422m+162 2m= 136 m >Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故B错误；
C.若碰后A、B两球动量为：pA=6kg⋅m/s，pB=6kg⋅m/s，系统的总动量p′=6+6=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。Ek′= p2A 2m + p2B 2m = 622m+ 62 2m= 36 m
故选CD。
14. 甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定( )
A. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B. 甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D. 若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
【答案】BCD
【解析】解：ABC.根据图象可知，单摆振动的周期关系：32T甲=T乙，所以周期之比为T甲：T乙=2：3，频率为周期的反比，所以频率之比：f甲：f乙=3：2；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：T=2π Lg，所以摆长之比与周期的平方成正比即为4：9，故A错误，BC正确；
D.若在不同地点，摆长相同，根据T=2π Lg所得：重力加速度之比与周期的平方成反比，即为：9：4，故D正确；
故选：BCD。
根据图象找到两个单摆的周期关系。根据T=1f分析两单摆的频率的比值，根据单摆的周期公式分析重力加速度和摆长的比值；
解决该题的关键是熟记周期与频率的关系式，熟记单摆的周期公式。
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量______(填选项前的符号)间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球m1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OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放时的高度ℎ
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______[用(2)中测量的量表示]。
【答案】(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON
【解析】
【分析】
在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v.再根据动量守恒定律的规律可求得表达式．
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题．
【解答】
(1)根据小球的平抛运动规律，可以用位移x来代替速度v，因此待测的物理量就是水平射程x、小球的质量m．
(2)待测的物理量就是位移x(水平射程OM，ON)和小球的质量m，所以，要完成的必要步骤是ADE．
(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON
16. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为_____cm。摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最_____(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为_______s。
(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为_______m。
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_______。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_______。
A.学生甲的说法正确
B.学生乙的说法正确
C.两学生的说法都是错误的
【答案】 0.97 低 2.05 0.9980 4π2LT2 A
【解析】(1)[1]由图甲所示，游标卡尺是10分度的，精确度为0.1mm，主尺读数为9mm，游标尺的第7个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为7×0.1mm=0.7mm，则该摆球的直径为
d=9mm+0.7mm=9.7mm=0.97cm
[2]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最低点的位置。
[3]单摆完成50次全振动所用的时间为102.5s，则该单摆振动周期为
T=tn=102.550s=2.05s
(2)[4]用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，从图丙中可知单摆的摆长为
L=99.80cm=0.9980m
(3)[5]若用L表示摆长，T表示周期，由单摆的周期公式 T=2π Lg 可得，重力加速度的表达式为
g=4π2LT2
(4)[6]考虑到单摆振动时空气浮力的影响，因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大，学生甲的说法正确，即A正确，BC错误。
故选A。
四、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
17. 在某匀强磁场中，长L=8cm的通电直导线垂直该磁场方向放置，当通过导线的电流I1=0.1A时，它受到的磁场力大小F=2×10−3N。
(1)求该处的磁感应强度大小B1；
(2)若通电直导线的长度不变，通过导线的电流增大为I2=0.5A，垂直放在该磁场的另一处，求此时该处的磁感应强度大小B2。
【答案】(1) B1=0.25T ；(2) B2=0.25T
【解析】解：(1)由磁感应强度的定义有
B1=FI1L
解得
B1=0.25T ．
(2)磁感应强度由磁场本身决定，与通电直导线的长度以及导线中通过的电流无关，有
B2=B1=0.25T
18. 质量m=2kg的物体从高ℎ=1.25m处自由下落，掉到沙面上后，经过0.1s停在了沙坑中，不考虑空气阻力作用，求：
(1)物体在空中下落过程，重力的冲量；
(2)物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。
【答案】解：(1)根据ℎ=12gt12得出，物体在空中下落的时间为：t1= 2ℎg= 2×1.2510=0.5s
根据冲量的定义得出，物体在空中下落过程，重力的冲量为：IG=mgt1=2×10×0.5N·s=10N·s，方向竖直向下；
(2)整个过程列出动量定理为：mgt−ft2=0
t=t1+t2=0.5s+0.1s=0.6s
得出阻力为：f=mgtt2=2×10×0.60.1N=120N。
【解析】(1)先根据自由落体运动的公式得出在空中下落的时间，再根据冲量的定义得出在空中下落过程中重力的冲量。
(2)在全过程中根据动量定理列式得出沙子对物体的平均作用力。
本题是动量定理和冲量概念的考查，基础题目，简单。
19. 如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．求：
(1)木块A和B碰后的速度大小；
(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大？
【答案】解：(1)A撞击B过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA=(m+m)v
代入数据解得：v=1m/s；
(2)弹簧压缩最短时，A、B的速度为零，A、B压缩弹簧过程，
由能量守恒定律得：EP=12(m+m)v2
解得：EP=1J；
答：(1)A撞击B后A和B的共同速度为1m/s；
(2)弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为1J。
【解析】(1)A撞击B过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后共同速度。
(2)当弹簧被压缩到最短时，系统的动能全部转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
本题考查了求速度与弹性势能，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
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