2022-2023学年广东省佛山市南海区重点中学高二（下）期中物理试卷-普通用卷

2022-2023学年广东省佛山市南海区重点中学高二（下）期中物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.  “爆竹声中一岁除”，将一个质量为的爆竹竖直向上抛出，它到达最高点时爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为，速度大小为，忽略质量损失，则另一块的速度大小是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  下列有关振动的说法正确的是(    )

A. 阻尼振动的振幅不会变化
B. 物体振动的频率就是物体的固有频率
C. 当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值
D. 共振是普遍的现象，都是有利的

3.  对于简谐运动的回复力和位移的关系，下列图中正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  周期是的单摆叫秒摆，取重力加速度大小，则秒摆的摆长是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  在水波槽里放两块挡板，中间留一窄缝，已知窄缝的宽度为，水波的波长为，则如图所示的衍射图样中正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

6.  多普勒效应在科学技术中有广泛的应用。下列说法错误的是(    )

A. 利用多普勒测速仪，可以测量水在海底的流速
B. “彩超”利用了多普勒效应
C. 多普勒效应不能用于天体研究
D. 波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化

7.  如图所示，甲图为参与波动的质点的振动图像，乙图为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的波动图像，则下列判断错误的是(    )

 

A. 该波的传播速率为
B. 该波的传播方向沿轴正方向
C. 在时间内，质点的路程为
D. 这列简谐横波与另一列频率为的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.  下列说法正确的是(    )

A. 跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B. 在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程中受到的作用力
C. 初速度相同的两个物体受相同的制动力作用会同时停下来
D. 人从越高的地方跳下，落地时受到的冲量越大

9.  如图所示，弹簧振子在、两点间做简谐运动，在振子从平衡位置点向点运动的过程中(    )

A. 回复力在增大 B. 速度在减小 C. 位移方向向右 D. 加速度方向向左

10.  如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块可视为质点以速度从木板左侧滑上长木板，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，图乙为物块与木板运动的图像，图中、、已知，重力加速度大小为，由此可求得(    )

 

A. 木板的长度 B. 物块与木板的质量之比
C. 物块与木板之间的动摩擦因数 D. 从开始到时刻系统所产生的内能

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11.  在“验证动量守恒定律”的实验中，先将入射小球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平面上的记录纸上留下印读，多次重复操作，再把被碰小球放在斜槽轨道水平端的最右端处静止，让入射小球从斜槽轨道上原来的固定点由静止开始滚下，入射小球与水平端被碰小球相碰，碰后两小球分别落在记录纸上的、位置，重复操作多次。
入射小球的质量为，直径为，下列可选为被碰小球的是______ 。
A.质量为，直径为
B.质量为，直径为
C.质量为，直径为
确定小球的平均落点的方法是______ 。
入射小球的质量为，被碰小球的质量为，用图中所给字母写出实验需要验证的表达式 ______ 。

12.  某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下操作：

用游标上有个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，摆球的直径为______ ，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长。
将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是______ 填选项前的字母。
A.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放并开始计时
B.在摆球到达最高点时开始计时
C.用秒表测量单摆完成次全振动所用的时间，并将该时间作为单摆的周期
D.用秒表测量单摆完成次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期
若测出单摆的周期、摆线长、摆球的直径，则当地的重力加速度 ______ 用测出的物理量表示。
若测量出多组周期、摆长的数值后，作出图线如图乙所示，请根据图乙求出重力加速度 ______ 结果保留三位有效数字。
如果测得的值偏大，可能的原因是______ 填序号。
A.计算摆长时将摆线长度作为摆长
B.开始计时时，秒表没有及时按下
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D.实验中误将次全振动记为次

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13.  如图所示，在水平地面上放置一质量为的木块，一质量为的子弹以水平速度射入木块时间极短且未穿出，若木块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，求：
子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能；
子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离。

14.  如图甲所示，有一悬挂在点的单摆，将小球可视为质点拉到点后释放，小球在同一竖直平面内的、、之间来回摆动，已知点为小球运动中的最低点，、两点为小球运动中的最高点，摆角为在点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小随时间变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为，图中、已知，当地重力加速度大小为，求：
单摆的周期和摆长；
小球的质量；
力传感器测出的拉力的最大值。

15.  如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为小于斜面体的高度。已知小孩与滑板的总质量，冰块的质量，斜面体的质量，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度大小。求：
冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小；
冰块在斜面体上上升的最大高度；
冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小，并判断冰块能否追上小孩。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：以质量为的的速度方向为正方向，爆竹在最高点爆炸，水平方向爆炸力远远大于阻力，动量守恒，由动量守恒定律有：

得：
所以另一块的速度大小为，故B正确，ACD错误。
故选：。
爆竹在最高点爆炸，由动量守恒定律列式，结合题意，即可解答。
本题考查学生对动量守恒定律的应用能力，是一道基础题。
 

2.【答案】 

【解析】解：阻尼振动由于阻力作用，一部分机械能转化为内能，因此阻尼振动的振幅将逐渐减小，故A错误；
B.物体振动的频率不一定是物体的固有频率，对于受迫振动，受迫振动频率与外界驱动力的频率相等，故B错误；
C.当驱动力的频率与固有频率相等时，物体会发生共振，此时物体做受迫振动的振幅达到最大值，故C正确；
D.共振是普遍的现象，但不一定都是有利的，例如桥梁在风作用下的振动，如果发生共振，极有可能使桥梁受损，故D错误。
故选：。
阻尼振动由于阻力的存在，一部分机械能转化为内能，因此阻尼振动的振幅将逐渐减小。当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．驱动力的频率等于固有频率．共振是普遍的现象，不一定都是有利的
理解阻尼振动、受迫振动、共振是解题的关键。
 

3.【答案】 

【解析】解：根据可知，回复力与位移的大小成正比，方向与位移方向相反，回复力与位移的关系图像为一条直线，斜率为负值，故C正确，ABD错误。
故选：。
做简谐运动的质点，回复力方向总与质点的位移方向相反根据回复力方向与位移方向的关系分析关系图像情况．
本题考查对简谐运动中质点回复力特点的掌握程度，判断关系图像。
 

4.【答案】 

【解析】解：由题意可知，周期，加速度，由单摆的周期计算公式，可得秒摆的摆长是
故BCD错误，A正确。
故选A。
单摆周期计算公式
熟练掌握单摆的计算周期。
 

5.【答案】 

【解析】解：已知窄缝的宽度为，水波的波长为，明显窄缝的宽度比水波的波长小，符合产生明显衍射现象的条件，且水波是以水中某点为中心的弧线，由于波的频率不变，介质不变，所以水波的波长不变。故ABD错误，C正确。
故选：。
根据机械波遇到障碍物或狭缝后都会发生衍射现象，机械波的波长跟狭缝的宽度相差不大时，衍射现象非常明显。
本题考查了衍射现象发生的条件：当障碍物或孔的尺寸与波长相差不大时发生衍射现象，难度较小，可以通过看书多积累与记忆。
 

6.【答案】 

【解析】解：利用多普勒测速仪，可以测量水在海底的流速，说法正确，不符合题意，故A错误；
B.“彩超”的原理是向病人体内发射超声波，经血液反射后接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术利用了多普勒效应，说法正确，不符合题意，故B错误；
C.多普勒效应可用于天体研究，说法错误，符合题意，故C正确；
D.波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化，当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小，说法正确，不符合题意，故D错误；
故选：。
多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化，当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。
多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，理解应用的领域。接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。
 

7.【答案】 

【解析】解：由题可知，题中给出了波在时的波形图和质点的振动图，则由乙读出该波的波长为，由甲图读出周期为，
则波速为：，故A正确；
B.由甲图可知时刻，质点的振动方向沿轴正方向，在乙图中，根据“上坡下，下坡上”的规律可判断出该波的传播方向沿轴正方向，故B正确；
C.质点不会随波向前传播，只是在平衡位置附近振动，故质点的路程可由波的振幅表示，根据甲图可知，在时间内，质点的路程为，故C错误；
D.由上分析可得，这列简谐横波频率为：，则可判断该简谐波与另一列频率为的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象，故D正确。
本题选择错误的，故选：。
由题可知，题中给出了波在时的波形图和质点的振动图，则可得该波的波长和周期，则可求波速；
根据时刻的波形图，结合质点在时的振动状态推断波的传播方向；
质点不会随波向前传播，只是在平衡位置附近振动，故质点的路程可由波的振幅表示，根据甲图即可求；
根据该波的周期可求该波的频率，根据发生稳定干涉的条件两列波的频率相等，即可判断。
解题关键是能够根据波形图和振动图得到充分的解题信息；掌握波长、周期、波速之间的关系；明白波发生稳定干涉的条件。
 

8.【答案】 

【解析】解：、在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减少落地过程受到的冲击力，故A错误；
B、在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小受到的作用力，故B正确；
C、根据动量定理，初速度相同，质量大的物体受相同制动力情况，停下时间会小，C错误；
D、从越高的地方跳下，落地时速度越大，速度变化量越大，动量变化量越大，则冲量越大，D正确；
故选：。
考查动量与冲量的基本概念，明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，知道动量定理的表达式为：；并能根据动量定理分析生活中的现象
本题关键根据动量定理列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响，要会根据动量定理解释缓冲现象。
 

9.【答案】 

【解析】解：振子从平衡位置点向点运动的过程中，由可知振子受到的回复力向右且不断增大，故A正确；
振子从平衡位置点向点运动的过程中，弹性势能逐渐增大，动能逐渐减小，速度在减小，故B错误；
位移由平衡位置指向振子所处位置，方向向左，故C错误；
回复力指向平衡位置，加速度方向向右，故D错误；
故选：。
振子从平衡位置点向点运动的过程中，由可知振子受到的回复力向右且不断增大加速度方向向右，速度减小。位移向左。
解决本题的关键会分析物体做简谐运动回复力、速度、加速度、位移变化。
 

10.【答案】 

【解析】解：、据题可知，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，由图可知，木板的长度等于内物块与木板的位移之差。内，物块的对地位移为，木板的对地位移为，则木板的长度为，故A正确；
B、设木板的质量为，木块的质量为，由图可知，时刻二者共速为，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得，故B正确；
C、根据图像的斜率表示加速度可知，物块的加速度大小为，由牛顿第二定律，对物块有，解得，故C正确；
D、根据题意可知，从开始到时刻系统所产生的内能为，由于不知道木板和木块的质量，则内能不可求出，故D错误。
故选：。
小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，木板的长度等于内物块与木板的位移之差，由运动学公式可求出木板的长度；小物块在长木板上滑行过程，物块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可求出物块与木板的质量之比；由图像的斜率可求出物块的加速度大小，由牛顿第二定律可求得动摩擦因数；根据能量守恒定律列式分析能否求出系统所产生的内能。
本题考查运动学公式、牛顿第二定律和动量守恒定律的综合应用，要知道物块与木板组成的系统动量守恒，图像的斜率表示加速度。
 

11.【答案】  用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置   

【解析】解：为了防止入射球反弹，应用质量大的小球去碰撞质量小的小球；同时两球的半径应该相等，故选：。
确定小球的平均落点的方法是用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置。
根据动量守恒：
入射小球前后两次分别落在、点，小球做平抛运动的时间相等，则
则
故答案为：；用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置；。
明确实验原理，知道为了防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；为了产生对心碰撞，两球的半径应相同；
用圈圆法确定落点的位置；
根据平抛运动规律以及动量守恒定律列式倒推出应验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移表示初速度。
 

12.【答案】        

【解析】解：游标卡尺的最小分度值为，主尺读数，游标尺读数，则摆球的直径为
摆球在最低点时速度最大，计时误差较小，所以在摆球通过最低点时开始计时，故AB错误；
测一次全振动时间作为周期偶然误差较大，要多次测量取平均值，故C错误，D正确。
故选：。
根据单摆的周期公式有：
解得：
根据单摆的周期公式有：
由图像可知：

解得：
计算摆长时将摆线长度作为摆长，摆长偏小，值偏小，故A错误；
B.开始计时时，秒表没有及时按下，周期偏小，值偏大，故B正确；
C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，值偏小，故C错误；
D.实验中误将次全振动记为次，周期偏大，值偏小，故D错误。
故选：。
故答案为：；；；；。
先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
根据计时误差分析判断；
根据单摆周期公式推导；
根据单摆周期公式结合图像分析判断；
根据摆长和周期测量误差分析判断。
本题考查“用单摆测重力加速度”的实验，要求掌握实验原理、实验步骤、数据处理和误差分析。
 

13.【答案】解：设子弹射入木块后，二者的共同速度为，取子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
射入过程中系统损失的机械能
联立解得：
子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为，由动能定理得：

所以
答：射入的过程中，系统损失的机械能是；
子弹射入后，木块在地面上前进的距离。 

【解析】子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入木块后的共同速度，再由能量守恒定律求出系统损失的机械能。
子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，由动能定理求出滑行的距离。
本题考查子弹打击木块的类型，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。
 

14.【答案】解：由题图乙可知，单摆周期为
由单摆周期公式
解得
小球在点时拉力最小，拉力的大小等于重力沿绳子方向的分力，即
解得
小球在平衡位置点时拉力最大，根据牛顿第二定律有
小球从到过程，由机械能守恒定律得
解得
答：单摆的周期是，摆长是；
小球的质量是；
力传感器测出的拉力的最大值是。 

【解析】小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．根据单摆周期公式求出摆长。
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，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量；
根据机械能守恒定律得出速度的变化，结合牛顿第二定律计算出拉力的最大值。
解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律可以解题。
 

15.【答案】解：设冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度为。推出时冰块的速度大小为，小孩的速度大小为。
对冰块和斜面体组成的系统，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
 
解得：
对冰块和斜面体组成的系统，根据机械能守恒定律有
 
解得：
小孩推冰块的过程，对小孩含滑板和冰块组成的系统，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
 
解得：
对冰块和斜面体组成的系统，从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
 
根据机械能守恒定律有
 
解得：，
即冰块与斜面体分离后斜面体的速度大小为，冰块的速度大小为，方向水平向右，由于冰块的速度比小孩的速度大，且冰块与小孩均向右运动，所以冰块能追上小孩。
答：冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小为；
冰块在斜面体上上升的最大高度为；
斜面体的速度大小为，冰块的速度大小为，冰块能追上小孩。 

【解析】对于冰块和斜面体组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者速度相同，根据系统水平方向动量守恒求冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度大小；
由系统机械能守恒计算冰块在斜面体上上升的最大高度；
小孩推冰块的过程，小孩含滑板和冰块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出儿童获得的速度。从冰块开始滑上斜面体到与斜面体分离，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算冰块与斜面体分离后斜面体和冰块的速度大小，比较冰块与小孩的速度大小可以判断冰块能否追上小孩。
本题是对动量守恒定律和机械能守恒定律的考查，要正确选择研究的过程和研究的对象。要注意冰块在斜面体上运动的过程，系统水平方向动量守恒，但总动量并不守恒。