2022-2023学年安徽省合肥市长丰县高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年安徽省合肥市长丰县高二（下）期中物理试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.  一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是(    )

A. 上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量
B. 小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零
C. 下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功
D. 从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功

2.  一列简谐横波沿轴正方向传播，时波形如图所示．已知在末，点恰第四次图中为第一次出现在波峰，则下列说法正确的是(    )

A. 波的周期是 B. 波传播到点需要
C. 点开始振动时速度方向是向上的 D. 点在末第一次出现在波谷底部

3.  年月日时分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是(    )

A.
B.
C.
D.

4.  如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的倍，弹簧振子做简谐运动的周期，式中为振子的质量，为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中(    )

A. 甲的振幅大于乙的振幅 B. 甲的振幅小于乙的振幅
C. 乙的最大速度是甲的最大速度的倍 D. 甲的振动周期是乙的振动周期的倍

5.  某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为的形盒置于磁感应强度大小为的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核加速，所需的高频电源的频率为。已知元电荷为。下列说法正确的是(    )

A. 形盒可以用玻璃制成
B. 氚核的质量为
C. 高频电源的电压越大，氚核从处射出的速度越大
D. 若对氦核加速，则高频电源的频率应调为

6.  如图所示，理想变压器的原线圈接有保险丝，其熔断电流为，副线圈接有阻值为的定值电阻、铭牌上标有“”字样的灯泡以及最大阻值为的滑动变阻器。现在原线圈的间接如图所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是(    )

A. 原线圈两端输入的交变电压为
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比为：
C. 若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮
D. 若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断

7.  如图所示为两个单摆做受迫振动中的共振曲线，则下列说法正确的是(    )
 

A. 两个单摆的固有周期之比为：
B. 若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比为：
C. 图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则该摆摆长约为 
D. 若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.  电荷量分别为和的点电荷分别固定在间距为的、两点，如图所示，过、两点连线的中点作垂线，并以点为圆心、为半径作圆，与分别相交于、点，与的垂线相交于点，下列说法正确的是(    )

A. 圆上任意直径的两端点的电场强度大小相等、方向相反
B. 圆上任意直径的两端点的电势相等
C. 负电荷在点的电势能小于它在点的电势能
D. 将正点电荷沿圆弧从点移动到点与从点移动到点，电场力做功相等

9.  如图所示，两光滑导轨相距为，倾斜放置，与水平地面夹角为，上端接一电容为的电容器。导轨上有一质量为长为的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为，磁感强度为的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则(    )

A. 导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B. 导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为
C. 导体棒落地时瞬时速度
D. 导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
 

10.  带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(    )

A. 小球返回车的左端时，速度为零
B. 小球返回车的左端时，速度为
C. 小球上升到最高点时，小车的速度为
D. 小球在弧形槽上上升的最大高度为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.  某同学用如图所示装置，通过半径相同的、两球的碰撞来验证动量守恒定律。

实验中必须要求的条件是______
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？
A.水平槽上未放球时，测量球落点位置到点的距离
B.球与球碰撞后，测量球落点位置到点的距离
C.测量球或球的直径
D.测量球和球的质量或两球质量之比
E.测量点相对于水平槽面的高度
答：______填选项号。
某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量和被碰小球质量之比为______。

12.  用单摆测定重力加速度的实验。

测出单摆的摆长及单摆完成次全振动所用的时间，则重力加速度为______用、、表示；
某同学在一次实验中，用秒表记下了单摆振动次的时间如图甲所示，由图可读出时间为______；
某同学测得的加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______；
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于悬点，摆动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测周期时，误将摆球次全振动的时间记为了次全振动的时间，并由计算式求得周期
D.摆球的质量过大．
三位同学用图象法处理数据，他们通过改变摆长，测得了多组摆长和对应的周期，并用这些数据作图像，做出的图线的示意图如图乙中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线，下列分析正确的是______。
A.出现图线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长
B.出现图线的原因可能是误将次全振动记为次
C.图线对应的值小于图线对应的值
D.通过对图线的正确处理同样可以得到较为准确的值

四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）

13.  康乐棋是一种玩法类似桌球的非传统棋类游戏。如图所示，某次比赛时，母棋位于水平桌面上点，目标棋子位于点，洞口位于、连线延长线上的点，且、间距与、间距均为。比赛选手用旗杆撞击母棋，使母棋瞬间获得大小为的初速度，母棋运动至点与目标棋子发生对心正碰，碰后瞬间目标棋子速度大小为，之后目标棋子恰好落入洞中。已知两棋子质量均为且可看作质点，它们与桌面间动摩擦因数相同，重力加速度为。求：
棋子与水平桌面之间的动摩擦因数；
母棋与目标棋子碰后瞬间，母棋的动能。

14.  简谐横波沿轴传播，是轴上两质点，如图是质点的振动图象，图中实线是时的波形，质点位于处，虚线是经过后的波形其中，图中两波峰间距离，求：
波速大小和方向；
时间；
从实线时刻算起，点的位移第次到达所需时间。

15.  预测到年，我国将成为第一个在航空母舰上用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制。其等效电路如图俯视图，直流电源电动势，超级电容器的电容，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距，电阻不计，磁感应强度大小的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量、的金属棒垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，开关先接，使电容器完全充电，然后将接至，开始向右加速运动，导轨足够长。求：
由静止开始运动的加速度大小；
达到的最大速度。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
分析小球的受力，然后由动量定理判断动量的变化与冲量之间的关系；
根据动能定理判断动能的变化与外力做功的关系；由功能关系判断空气阻力做的功与重力做的功的关系．
本题关键要分析清楚小球的受力情况与运动情况，抓住小球在运动的过程中受到重力和空气的阻力，然后结合各选项的条件分析．
【解答】
A、小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和。故A错误；
B、小球与地面碰撞过程后，小球的速度与碰撞前速度的方向相反，速度的变化不等于，由动量定理可知，地面对小球的冲量不为零。故B错误；
C、小球下落的过程中受到重力和空气的阻力，所以下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力与阻力的合力做的功。故C错误；
D、从释放到反弹至速度为零过程中，只有重力和空气的阻力做功，小球的动能的变化为，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功。故D正确。
故选：。  

2.【答案】 

【解析】

【分析】
时刻波形如图所示，可知质点再经过三个周期出现在波峰，即求得周期．
根据波形图读出波长，由求出波速，分析波传播到的时间．简谐波沿轴正向传播，的开始振动方向与图示时刻处的质点速度方向相同．当处波谷传到点时，点第一次出现在波谷底部。
【解答】
A、由题有：，得周期故A错误．
B、由图看出波长为，则波速为，波传播到点的时间为，故B错误．
C、波传播过程中，各个质点的振动方向与波图示时刻处质点的速度方向相同，根据波形平移法得知，处质点的速度方向向下，则点开始振动时速度方向也向下，故C错误．
D、当处波谷传到点时，点第一次出现在波谷底部，所用时间为故D正确．
故选：  

3.【答案】 

【解析】解：要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据变轨原理结合向心力公式分析解答。
本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。
 

4.【答案】 

【解析】解：、线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故AB错误；
C、当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的倍，由可知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的倍，故C正确；
D、由于甲的质量是乙的质量的倍，根据可知，甲的振动周期是乙的振动周期的倍，故D错误。
故选：。
由于两根弹簧完全相同，则弹簧间的线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，则振幅一定相同；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，则到达平衡后弹性势能转化为动能，甲、乙的最大动能相同，根据，分析最大速度关系；根据判断甲、乙的振动周期关系。
本题首先要抓住振幅的概念：振动物体离开平衡位置的最大距离，分析振幅关系，其次，抓住简谐运动中，系统的机械能守恒来分析最大动能关系。
 

5.【答案】 

【解析】解：、为使形盒内的带电粒子不受外电场的影响，形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，故A错误；
B、为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由和，得氚核的质量，故B错误；
C、由，得，可见氚核从处射出时的最大速度与电源的电压大小无关，故C错误；
D、根据周期公式和，得，又，得，D正确。
故选：。
为实现静电屏蔽，形盒应用金属材料制成；由带电粒子在磁场中运动的周期公式和频率与周期的关系求解氚核的质量；由半径的计算公式分析最大速度是否与电压有关；根据周期公式推导频率关系。
考查回旋加速器的知识，要掌握带电粒子在磁场中运动规律和在加速电场中的运动情况，注意加速度的最大速度与加速电压无关，而加速的回转频率与粒子的比荷有关，是解题的关键。
 

6.【答案】 

【解析】解：由题图可知，原线圈两端的电压的最大值为，周期为
角速度为
因此原线圈两端的交变电压为，故A错误；
B.灯泡正常发光时的电阻为
通过灯泡的电流为
当滑动变阻器的滑片处在中点时
根据并联电路的特点可知并联电阻
通过电阻的电流为
变压器的输出电压的有效值为
原线圈两端电压的有效值
根据理想变压器电压与匝数比的关系得，故B错误；
C.根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器的输出电压，由于匝数比不变，输入电压不变，输出电压不变；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，根据功率公式可知灯泡的亮度变暗，故C错误；
D.若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器负载电阻，根据公式可知，由于副线圈两端电压不变，因此变压器的输出功率变大；根据理想变压器功率关系，变压器输入功率变大，原线圈中的电流，由于输入电压不变，因此通过保险丝的电流增大，则可能超过熔断电流，熔断器可能会熔断，故D正确。
故选：。
A.根据题图求解角速度，从而求解电压瞬时值的表达式；
B.根据功率公式、欧姆定律及并联电路的特点求解变压器副线圈两端电压的有效值，根据题意求解变压器原线圈两端电压的有效值，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求匝数比；
C.将滑动变阻器的滑片向下移动少许时，分析负载电阻的变化，根据欧姆定律分析通过副线圈电流的变化，再分析灯泡两端电压的变化，最后分析灯泡亮度的变化；
D.持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器负载电阻变小，根据功率公式分析负载消耗的功率变化，根据理想变压器的功率关系分析变压器的输入功率的变化，最后再根据分析通过保险丝的电流的变化，据此作答。
本题考查了交流电压瞬时值的表达式，理想变压器电压与匝数比的关系，功率公式以及欧姆定律；注意变压器的输出功率决定输入功率。
 

7.【答案】 

【解析】解：、、若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为：，则固有周期比为：，根据，知摆长比为：；故A错误，B错误；
C、图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为，则，解得：；故C正确；
D、若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据，知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线；故D错误；
故选：．
当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析．
解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振．以及掌握单摆的周期公式．
 

8.【答案】 

【解析】解：等量异种点电荷的电场线和等势线分布图：

E、两点的电场强度大小相等、方向相同，点的电势高于点的电势，故AB错误；
C.沿着、的连线，负电荷从点移动到点的过程中，电场力做负功，电势能增大，又，故C正确；
D.由对称性可知，又，故，故D正确。
故选：。
根据对称性分析电场强度大小；根据沿电场线方向电势降低分析电势，再分析电势能大小；根据电场力做功与电势差的关系分析电场力做功情况
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断．
 

9.【答案】 

【解析】解：、设极短时间内电容器的带电量增加，
电路中电流：
由牛顿第二定律得
联立解得：，可知不变，因此，导体棒一直做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
C、导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：，解得：导体棒落地时瞬时速度，故C错误；
D、在导体棒运动过程中，重力做功把重力势能转化为动能，克服安培力做功，把重力势能转化为电场能，因此导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，减少的重力势能转化为动能和电场能，机械能不守恒，故D正确。
故选：。
导体棒下滑，导体棒切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，由电流定义式与牛顿第二定律、匀变速运动的速度位移公式分析答题。
应用电流的定义式、、牛顿第二定律得到加速度的表达式是解题的关键，本题的结论可在理解的基础上记住，不能认为导体棒先做加速运动，后作匀速运动。
 

10.【答案】 

【解析】解：小球和轨道组成系统水平方向动量守恒，由于没有摩擦力，故系统的机械能也守恒，取水平向右为正方向，设小球回到车左端时车速度为，小球速度为，小球冲上滑车到返回车的左端过程，有


解得：，
则小球返回车的左端时速度为零，故A正确，B错误；
当小球在弧形槽上升的最大高度时与小车具有共同速度，取水平向右为正方向，则有


解得：，，
故CD正确；
故选：。
小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度；当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度。
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度。
 

11.【答案】    ： 

【解析】解：、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；
C、为了使小球碰后不被反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；
D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。
故选：。
 小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，
如果碰撞过程动量守恒，则：，
两边同时乘以，则：，
，实验需要测量小球的质量、小球的水平位移，故选：；
碰撞过程系统动量守恒，需要满足：，
由图所示可知，，，，
代入：解得：：：；
故答案为：；；：。
在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
根据实验原理和实验目的可以知道验证动量守恒定律实验中哪些量要测量；
由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比。
本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。
 

12.【答案】；；； 

【解析】解：单摆的周期为
由单摆周期公式
可得
解得重力加速度为：
由图示秒表可知，秒表分针示数为，秒针示数为，故秒表读数为。
由知，重力加速度为：，
A、测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，会导致测得的加速度数值偏小，故A错误；
B、摆线上端未牢固地固定于悬点，摆动中出现松动，使摆线越摆越长，实际摆长变大，代入的数据是测量值，会导致测得的加速度数值偏小，故B错误；
C、测周期时，误将摆球次全振动的时间记为了次全振动的时间，由，增大，则测量值偏大。故C正确；
D、由可知，与摆球质量无关；故D错误；
故选：。
、由单摆周期公式得，解得：
故做出的图象中线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长造成的，故A正确；
B、由可知重力加速度为，测出的值偏大，应该是每次都误将次全振动记为次，故B正确；
C、根据单摆的周期公式，得：，图像的斜率为，故图线对应的值大于图线对应的值，故C错误；
D、图象有截距，斜率没变，由可知，通过对图线的正确处理同样可以得到较为准确的值由数学知识可知，故D正确。
故选：。
故答案为：；；；
单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期；根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
秒表分针与秒针示数之和是秒表示数。
为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球作摆球；单摆在摆角小于时的振动的简谐运动；为减小实验误差应从单摆经过平衡位置时开始计时；根据实验注意事项分析答题。
由：，分析测得的加速度数值大于当地的重力加速度的实际值的原因；
根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题；
该题全面考查重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。
 

13.【答案】解：目标棋子恰好落入洞中，可知目标棋子在点的速度为零，从碰后到点，对目标棋子利用动能定理：
代入数据解得：；
设母棋与目标棋子碰前瞬间速度为，从点到点对母棋利用动能定理：
代入数据可得
设碰后瞬间母棋速度为，取水平向右为正方向，由碰撞过程动量守恒得：
代入数据可得
碰后母棋动能大小。
答：棋子与水平桌面之间的动摩擦因数为；
母棋与目标棋子碰后瞬间，母棋的动能为。 

【解析】目标棋子碰后到点过程做匀减速直线运动，到点速度恰好为零，此过程利用动能定理可得动摩擦因数；
母棋从点到点未碰撞前利用动能定理可得碰前的速度，由两棋子碰撞过程动量守恒可得母棋碰后速度，则可得母棋棋子的动能。
本题考查了动量守恒和动能定理，解题的关键是理清两个棋子的运动过程。
 

14.【答案】解：由图甲可知周期
质点在时刻向下振动，因此波向左传播，由图乙知波长
波速与周期、波长关系为
联立解得
由波向左传播可知，时间波的传播位移为
因此
从此刻算起点的振动方程为 
当时，带入上式得
点的位移第次到达相当于，此时
答：波速大小为，方向向左；
时间为  ；
从实线时刻算起，点的位移第次到达所需时间为。 

【解析】由图可直接读出周期为，通过质点在时刻向下振动判断波向左传播，根据波长、波速和周期求得波速；时间过了个周期，依此计算；求解点的振动方程，根据振动方程判断点的位移第次到达所需时间。
该题重点要区分波形图和振动图象，波形图横轴表示不同位置的质点某时刻的位置，而振动图象则是不同时刻某一质点的振动情况，由图中可以直接读出波的周期和波长，波速可以根据根据波长、波速和周期的关系求解而得；某一点在某时刻的位置需要结合当前时刻的波形图及相应时刻波形的变化来进行判断。
 

15.【答案】解：由静止开始，通过金属棒的电流：
导体棒所受安培力：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
完全充电后，电容器所带电荷量：
解得：
当速度最大时，感应电动势：
此时
对，由动量定理：
其中：
则：
代入数据解得：
答：由静止开始运动的加速度大小为；
达到最大速度。 

【解析】应用欧姆定律求出电流，根据安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度。
应用与动量定理可以求出最大速度。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。