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北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷（Word版附解析），文件包含北京市通州区2023-2024学年高二下学期4月期中考试物理试题Word版含解析docx、北京市通州区2023-2024学年高二下学期4月期中考试物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 对于质量一定的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 物体动量变化，动能一定变化
B. 物体动能变化，动量一定变化
C. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
【答案】B
【解析】
【详解】A．做匀速圆周运动的物体，由于线速度大小不变方向变化，则动量变化时，动能不变，故A错误；
B．物体动能变化，则速度大小一定变化，则动量一定变化，故B正确；
C．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故C错误；
D．物体所受合外力越大，合外力冲量不一定越大，根据动量定理可知，动量变化不一定越大，故D错误。
故选B。
2. 下列应用动量定理解释的现象，说法合理的是（ ）
A. 易碎物品运输时要用柔软材料包装，这样做是为了增加重量以减小作用力
B. 船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，减小码头对船的冲量
C. 体操运动员在落地时要屈腿，这样可以减小运动员落地过程中所受到的平均冲击力
D. 玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，是因为玻璃杯落在水泥地上动量改变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．易碎物品运输时要用柔软材料包装，在运输时易碎物品动量的变化量一定，用柔软材料包装是为了增大与柔软材料的作用时间，减小作用力，A错误；
B．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，可码头对船的冲量大小不变，减小的是码头对船的作用力，B错误；
C．体操运动员在落地时的速度一定，则动量一定，在落地的过程中，动量的变化量一定，屈腿是延长与地面的作用时间，这样可以减小运动员落地过程中所受到的平均冲击力，C正确；
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上和草地上，初动量相同，末动量是零，两次的动量变化量相同，落在水泥地上碰撞的时间很小，则动量的变化快，玻璃杯受到作用力大，容易碎，玻璃杯落在草地上碰撞时间较大，则动量的变化慢，玻璃杯受到作用力小，不容易碎，D错误。
故选C。
3. 有关电磁波的特性和应用，下列说法正确的是（ ）
A. 频率越高的电磁波，在真空中传播速度越大
B. 微波有很强的热效应，所以用微波炉加热食物
C. 机场的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用X射线的穿透能力
D. 红外测温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的
【答案】D
【解析】
【详解】A．不同频率的电磁波，在真空中传播的速度都是相同的，A错误；
B．微波炉加热食物过程中，食物中的水分子在微波的作用下热运动加剧，内能增加，温度升高，B错误；
C．机场的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用电磁感应现象，C错误；
D．红外测温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，D正确。
故选D。
4. 下列传感器能够将光学量转换为电学量的是（ ）
A. 电阻应变片B. 干簧管
C. 光敏电阻D. 霍尔元件
【答案】C
【解析】
【详解】A．电阻应变片是在外力的作用下产生机械形变，其电阻发生相应变化，从而将力学量转换为电学量，故A错误；
B．干簧管是将磁学量转化为电学量，故B错误；
C．光敏电阻是将光强转化为电学量，故C正确；
D．霍尔元件是将磁学量转化为电学量，故D错误。
故选C。
5. 图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中的小球将保持静止
B. 甲图中的小球仍将来回振动
C. 乙图中的小球仍将来回摆动
D. 乙图中的小球将做匀速圆周运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B
6. 如图所示是利用发波水槽观察到的水波衍射图样。下列说法正确的是（ ）
A. B侧波是衍射波
B. B侧相邻波纹间距大于A侧相邻波纹间距
C. 增大挡板之间的间隙，衍射现象将更明显
D. 如果孔的大小不变，减小水波波源的频率，衍射现象将更明显
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，A侧波是衍射波，故A错误；
B．两侧的波的频率和波速相同，波长相同，即A侧相邻波纹间距等于B侧相邻波纹间距，故B错误；
C．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，增大挡板之间的间隙，衍射现象将变得不明显，故C错误；
D．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则如果孔的大小不变，减小水波波源的频率，则波长变大，衍射现象将更明显，故D正确。
故选D。
7. 一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为14mB. 该波的周期为8s
C. 时质点P向下振动D. 时质点P的加速度方向沿y轴负方向
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图可知
可得该波的波长为
则该波的周期为
故A错误，B正确；
C．若波沿正方向传播，根据波形平移法可知，时质点P向上振动；若波沿负方向传播，根据波形平移法可知，时质点P向下振动，故C错误；
D．由波形图可知，时质点P的位移为负，则加速度方向沿y轴正方向，故D错误。
故选B。
8. 短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统（ ）
A. 动量不守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能不守恒
C. 动量守恒，机械能守恒D. 动量守恒，机械能不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系统合力为零，则动量守恒，因为在推甲的过程中消耗了乙的化学能，所以系统机械能不守恒。
故选D。
9. 一个质量为4kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. s时物体的速度方向反向
B. 前2s内合外力做的功为4J
C. s时物体的动量大小为8 kg·m/s
D. 前6s内合外力的冲量大小为12 N·s
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，s时物体的速度大小是
可知在前4s内物体做加速运动，s时合外力F的方向是负方向，物体开始做减速运动，但速度的方向不变，仍是正方向，故A错误；
B．在4s内物体的加速度为
物体在前2s内的位移为
由力对物体做功的计算公式可得，前2s内合外力做的功为
故B错误；
C．由动量的计算公式可得，s时物体的动量大小为
故C正确；
D．由图像与时间轴所围的面积表示力对物体的冲量可得，前6s内合外力的冲量大小为
故D错误。
故选C。
10. 下列有关机械振动和机械波的说法正确的是（ ）
A. 两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点在某时刻的位移可能是零
B. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
C. 波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
D. 静止的观察者听到某个单一频率声源发出的声音频率变高，说明声源正在远离观察者
【答案】A
【解析】
【详解】A．两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点振幅变大，但质点仍在上下振动，在某时刻的位移可能是零，故A正确；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故B错误；
C．所有波都可以发生衍射现象，只有发生明显的衍射现象需要满足一定的条件，故C错误；
D．根据多普勒效应原理，当声源发出的波靠近接收者时，接受者收到的波的频率会越来越高，故D错误；
故选A。
11. 如图所示为质点做简谐运动的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 图中的曲线部分是质点的运动轨迹
B. 、时刻振子的速度大小相等，方向相反
C. 从到这段时间内，振子的速度方向和加速度方向相同
D. 从到这段时间内，振子的速度减小，加速度变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．简谐振动的质点上下振动，轨迹是直线，所以图中的曲线部分不是质点的运动轨迹，故A错误；
B．时刻和时刻相差半个周期，则两个时刻振子的速度大小相等，方向相反，故B正确；
C．从到这段时间内，质点的位移增大，离开平衡位置，速度沿负方向，位移为负方向，加速度为可知加速度沿正方向，所以速度与加速度方向相反，故C错误；
D．从到这段时间内，质点的位移减小，向平衡位置运动，速度变大，加速度变小，故D错误。
故选B。
12. 如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置。下列说法正确的是（ ）
A. 摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量为零
B. 摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大
C. 摆球在A点和C点时，速度为零，细线拉力最小，但回复力最大
D. 摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可知摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量不为零，故A错误；
B．假设单摆摆动过程中，细线与竖直方向夹角为，摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，有
摆球由A点向B点摆动过程中减小，速度逐渐增大，可知细线拉力增大，回复力减小，故B错误；
C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，结合选项B分析可知，此时细线拉力最小，回复力最大，故C正确；
D．摆球在最低点B处，动能最大，重力势能最小，但摆球运动过程中，机械能守恒，故D错误。
故选C。
13. 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A. 运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B. C球摆到最低点过程，C球的速度为
C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离
D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
BD．小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为，根据机械能守恒有
由水平方向动量守恒得
联立解得
，
此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为，B的速度依然为。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即
整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即
解得
故B正确，D错误；
C．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
则
由几何关系得
解得木块A、B向右移动的距离为
故C错误。
故选B。
14. 为了降低噪声带来的影响，人们通常在声源处、传播过程中以及人耳处采取措施。耳机通常会采取两种方式降噪，即被动降噪与主动降噪。被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声。主动降噪方式通常是在耳机内设有两个麦克风，如图所示，一个麦克风用来收集周围环境中的噪声信号，有助于耳机的处理器能够预测下一时刻的噪声情况，并产生相应的抵消声波。另一个麦克风用来检测合成后的噪声是否变小，有助于处理器进一步优化抵消声波，达到最佳的降噪效果。根据上述信息及所学过的知识可以判断（ ）
A. 被动降噪方式利用了声波的干涉原理
B. 主动降噪时产生的理想抵消声波和噪声声波频率、振幅、相位都相同
C. 无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都可以使进入耳膜的声波频率变小
D. 如果主动降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能听到更强的噪声
【答案】D
【解析】
【详解】A．被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声，并不是利用了声波的干涉原理，故A错误；
B．主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的，故B错误；
C．声波的频率取决于波源，波源的振动频率不变，被动降噪方式不会改变进入耳膜的声波频率，故C错误；
D．如果主动降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能听到更强的噪声，故D正确。
故选D。
第二部分
二、本部分共6题，共58分。
15. 某同学用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）下列关于实验中选用的实验器材，正确的是______。
A. 长度约为1m的不可伸长细绳B. 长度约为0.1m的不可伸长细绳
C. 球心开有小孔的泡沫小球D. 球心开有小孔的金属小球
（2）用游标卡尺测摆球的直径如图乙所示，摆球的直径______mm。
（3）若用L表示单摆的摆线长度，用D表示摆球的直径，用T表示单摆的周期，则由单摆周期公式，可求出重力加速度大小为______。（用L、D、T表示）
（4）该同学直接把测得的摆长和周期代入到（3）中的结果求重力加速度，求得的重力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. 开始计时时，过早按下停表
B. 将摆线与小球直径的总长当成了摆长
C. 测量周期时，细线上端的固定点松动，使摆线长度增加了
D. 测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
【答案】（1）AD （2）13.4
（3）
（4）BD
【解析】
【小问1详解】
AB．为减小实验误差，应选用长约1m的不可伸长细绳，故A正确，B错误；
CD．为减小空气阻力的影响应选择质量大而体积小的球做摆球，即用球心开有小孔的金属小球，故D正确，C错误。
故选AD。
【小问2详解】
游标卡尺的精确度为0.1mm，由图乙可知，摆球的直径为
【小问3详解】
由题意可知，摆长为，由单摆周期公式有
整理可得
【小问4详解】
根据单摆的周期公式
得
A．实验中开始计时，秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B．将摆线与小球直径的总长当成了摆长，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，故B正确；
C．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故C错误；
D．测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故D正确。
故选BD。
16. 某同学用如图1所示装置，验证碰撞中的动量守恒。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。
（1）下列说法正确且必要的实验操作要求是______。
A. 小球a和小球b的材质相同，半径相同
B. 小球a的质量大于小球b的质量
C. 测量小球a开始释放时的高度h
D. 测量抛出点距地面的高度H
E. 调节斜槽末端水平
（2）实验时，先将质量为的a球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，在记录纸上留下10个落点痕迹，得到了如图1所示的落地点的平均位置P。再把质量为的b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置S由静止开始滚下，和b球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图1所示的这两个落地点的平均位置M、N。测出M、P、N到O点的距离分别为OM、OP、ON。若两球相碰前后的动量守恒，系统动量守恒的表达式可表示为______（用、、OM、OP、ON表示）。若还满足______（用OM、OP、ON表示），则说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
（3）另一同学在做实验中记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图2所示，他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法______。
【答案】（1）BE （2） ①. ②.
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
B．为了保证碰撞后入射小球不反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，为了保证两球对心碰撞，两球的半径应相同，但材质不相同，故A错误，B正确；
CD．实验时两小球做平抛运动下落的高度相同，所用时间相同，所以可以用小球的水平位移代替抛出时的初速度，故不需要测量小球a开始释放时的高度h，也不需要测量抛出点距地面的高度H，故CD错误；
E.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，应调节斜槽末端水平，故E正确。
故选BE。
【小问2详解】
[1]设碰撞前入射球的速度为，碰撞后瞬间入射球的速度为，被碰球的速度为，根据动量守恒可得
由于两小球做平抛运动下落的高度相同，所用时间相同，则有
，，
则系统动量守恒的表达式可表示为
[2]根据机械能守恒可得
又
联立可得
可知还满足
说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
小问3详解】
连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点、，如图所示
分别测量出OP、、的长度，若在实验误差允许的范围内，满足关系式
则可以认两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。
17. 有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在4 s内完成了20次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t＝0），经过0.05s振子有正向最大位移。
（1）求振子振幅和周期；
（2）在图中作出该振子的位移—时间图像；
（3）写出振子的振动方程。
【答案】（1）10 cm，02 s；（2）见解析；（3）y＝10 sin（10πt）cm
【解析】
【详解】（1）振幅为
周期为
T＝s＝0.2 s
（2）振子在周期时具有正的最大位移，其位移—时间图像如图所示
（3）设振动方程为
y＝Asin（ωt＋φ）
ω==10π
φ=0
所以振动方程为
y＝10sin（10πt）cm
18. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；A和B的质量均为，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数。取重力加速度。求：
（1）与B碰撞前瞬间轨道对A的支持力F的大小；
（2）碰后瞬间速度v的大小；
（3）碰后A和B整体沿桌面滑动的距离x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块A从最高点到最低点过程，根据动能定理可得
解得
在最低点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）A与B碰撞后结合为一个整体，根据动量守恒可得
mv0=2mv
解得碰后瞬间速度的大小为
（3）碰后A和B整体沿桌面滑动过程，根据动能定理可得
解得碰后A和B整体沿桌面滑动的距离为
19. 城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。尤其在大风天气极易引发高空坠物，严重威胁着人们的生命安全。
（1）若质量为m的花盆从高为h的居民楼的花架上无初速坠下，撞击地面后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间为t，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
a.花盆落地前瞬间的速度大小v；
b.花盆撞击地面过程中，地面对花盆的平均冲击力的大小F；
（2）某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S，所能承受的最大风力为Fm。假设风吹到广告牌速度立刻减为零，已知空气密度为ρ。求：广告牌能承受的垂直迎风面方向的最大风速vm的大小。
【答案】（1）a.，b.；（2）
【解析】
【详解】（1）根据自由落体运动规律可得
所以
v=2gh
花盆撞击地面过程中，根据动量定理可得
解得
（2）假设Δt时间内风的质量为
由动量定理可得
联立解得
20. 我们已经学过了关于两个质点之间万有引力的大小是，但是在某些特殊情况下，非质点之间的万有引力的计算及其应用的问题，我们可以利用下面两个已经被严格证明是正确的结论，而快速有效地解决。
①如图1所示，若质点m放置在质量分布均匀的大球壳M（球壳的厚度也均匀）的空腔之内，那么m受到M的万有引力为零。
②若质点m放置在质量分布均匀的大球体M之外（），那么它们之间的万有引力为，式中的r为质点m到大球体球心之间的距离；r0为大球体的半径。
假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，通过地球的南北两极之间能够打通一个如图2所示的真空隧道。把一个质量为m的可看成质点的小球从北极的隧道口由静止释放后，小球在地球引力的作用下能够在隧道内运动，忽略一切摩擦阻力。若地球的半径为R，万有引力常量为G，球体的体积公式为。求：
（1）小球在北极隧道口处释放瞬间的加速度a的大小；
（2）以地心为原点，向北为正方向建立x轴。
a.证明：小球在隧道内做简谐运动；
b.在图3中画出小球所受引力F随小球到球心之间的距离变化的图像；
c.小球在运动过程中的最大速度vm。
【答案】（1）；（2）a.见解析，b.见解析，c.
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，小球在北极隧道口处释放瞬间，有
解得
（2）a.假设小球相对于球心的位移为x，则有
联立可得
由于万有引力的方向总是指向地心，即Fʹ的方向和小球相对于地心的位移x的方向总是方向相反的，则
由此可知，小球在隧道内做简谐振动；
b.由于小球所受引力F与小球到球心之间的距离x满足
所以F-x图像如图所示
c.小球从隧道口到地心，有
解得
本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 对于质量一定的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 物体动量变化，动能一定变化
B. 物体动能变化，动量一定变化
C. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
【答案】B
【解析】
【详解】A．做匀速圆周运动的物体，由于线速度大小不变方向变化，则动量变化时，动能不变，故A错误；
B．物体动能变化，则速度大小一定变化，则动量一定变化，故B正确；
C．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是动量越大，故C错误；
D．物体所受合外力越大，合外力冲量不一定越大，根据动量定理可知，动量变化不一定越大，故D错误。
故选B。
2. 下列应用动量定理解释的现象，说法合理的是（ ）
A. 易碎物品运输时要用柔软材料包装，这样做是为了增加重量以减小作用力
B. 船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，减小码头对船的冲量
C. 体操运动员在落地时要屈腿，这样可以减小运动员落地过程中所受到的平均冲击力
D. 玻璃杯从同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，是因为玻璃杯落在水泥地上动量改变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．易碎物品运输时要用柔软材料包装，在运输时易碎物品动量的变化量一定，用柔软材料包装是为了增大与柔软材料的作用时间，减小作用力，A错误；
B．船舷和码头悬挂一些旧轮胎，可以在船靠岸时增加接触时间，可码头对船的冲量大小不变，减小的是码头对船的作用力，B错误；
C．体操运动员在落地时的速度一定，则动量一定，在落地的过程中，动量的变化量一定，屈腿是延长与地面的作用时间，这样可以减小运动员落地过程中所受到的平均冲击力，C正确；
D．玻璃杯从同一高度落在水泥地上和草地上，初动量相同，末动量是零，两次的动量变化量相同，落在水泥地上碰撞的时间很小，则动量的变化快，玻璃杯受到作用力大，容易碎，玻璃杯落在草地上碰撞时间较大，则动量的变化慢，玻璃杯受到作用力小，不容易碎，D错误。
故选C。
3. 有关电磁波的特性和应用，下列说法正确的是（ ）
A. 频率越高的电磁波，在真空中传播速度越大
B. 微波有很强的热效应，所以用微波炉加热食物
C. 机场的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用X射线的穿透能力
D. 红外测温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的
【答案】D
【解析】
【详解】A．不同频率的电磁波，在真空中传播的速度都是相同的，A错误；
B．微波炉加热食物过程中，食物中的水分子在微波的作用下热运动加剧，内能增加，温度升高，B错误；
C．机场的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用电磁感应现象，C错误；
D．红外测温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，D正确。
故选D。
4. 下列传感器能够将光学量转换为电学量的是（ ）
A. 电阻应变片B. 干簧管
C. 光敏电阻D. 霍尔元件
【答案】C
【解析】
【详解】A．电阻应变片是在外力的作用下产生机械形变，其电阻发生相应变化，从而将力学量转换为电学量，故A错误；
B．干簧管是将磁学量转化为电学量，故B错误；
C．光敏电阻是将光强转化为电学量，故C正确；
D．霍尔元件是将磁学量转化为电学量，故D错误。
故选C。
5. 图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中的小球将保持静止
B. 甲图中的小球仍将来回振动
C. 乙图中的小球仍将来回摆动
D. 乙图中的小球将做匀速圆周运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B
6. 如图所示是利用发波水槽观察到的水波衍射图样。下列说法正确的是（ ）
A. B侧波是衍射波
B. B侧相邻波纹间距大于A侧相邻波纹间距
C. 增大挡板之间的间隙，衍射现象将更明显
D. 如果孔的大小不变，减小水波波源的频率，衍射现象将更明显
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，A侧波是衍射波，故A错误；
B．两侧的波的频率和波速相同，波长相同，即A侧相邻波纹间距等于B侧相邻波纹间距，故B错误；
C．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，增大挡板之间的间隙，衍射现象将变得不明显，故C错误；
D．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则如果孔的大小不变，减小水波波源的频率，则波长变大，衍射现象将更明显，故D正确。
故选D。
7. 一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为14mB. 该波的周期为8s
C. 时质点P向下振动D. 时质点P的加速度方向沿y轴负方向
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由图可知
可得该波的波长为
则该波的周期为
故A错误，B正确；
C．若波沿正方向传播，根据波形平移法可知，时质点P向上振动；若波沿负方向传播，根据波形平移法可知，时质点P向下振动，故C错误；
D．由波形图可知，时质点P的位移为负，则加速度方向沿y轴正方向，故D错误。
故选B。
8. 短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统（ ）
A. 动量不守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能不守恒
C. 动量守恒，机械能守恒D. 动量守恒，机械能不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系统合力为零，则动量守恒，因为在推甲的过程中消耗了乙的化学能，所以系统机械能不守恒。
故选D。
9. 一个质量为4kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. s时物体的速度方向反向
B. 前2s内合外力做的功为4J
C. s时物体的动量大小为8 kg·m/s
D. 前6s内合外力的冲量大小为12 N·s
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，s时物体的速度大小是
可知在前4s内物体做加速运动，s时合外力F的方向是负方向，物体开始做减速运动，但速度的方向不变，仍是正方向，故A错误；
B．在4s内物体的加速度为
物体在前2s内的位移为
由力对物体做功的计算公式可得，前2s内合外力做的功为
故B错误；
C．由动量的计算公式可得，s时物体的动量大小为
故C正确；
D．由图像与时间轴所围的面积表示力对物体的冲量可得，前6s内合外力的冲量大小为
故D错误。
故选C。
10. 下列有关机械振动和机械波的说法正确的是（ ）
A. 两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点在某时刻的位移可能是零
B. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
C. 波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
D. 静止的观察者听到某个单一频率声源发出的声音频率变高，说明声源正在远离观察者
【答案】A
【解析】
【详解】A．两列频率相同的波相遇时，介质中振动加强的质点振幅变大，但质点仍在上下振动，在某时刻的位移可能是零，故A正确；
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故B错误；
C．所有波都可以发生衍射现象，只有发生明显的衍射现象需要满足一定的条件，故C错误；
D．根据多普勒效应原理，当声源发出的波靠近接收者时，接受者收到的波的频率会越来越高，故D错误；
故选A。
11. 如图所示为质点做简谐运动的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 图中的曲线部分是质点的运动轨迹
B. 、时刻振子的速度大小相等，方向相反
C. 从到这段时间内，振子的速度方向和加速度方向相同
D. 从到这段时间内，振子的速度减小，加速度变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．简谐振动的质点上下振动，轨迹是直线，所以图中的曲线部分不是质点的运动轨迹，故A错误；
B．时刻和时刻相差半个周期，则两个时刻振子的速度大小相等，方向相反，故B正确；
C．从到这段时间内，质点的位移增大，离开平衡位置，速度沿负方向，位移为负方向，加速度为可知加速度沿正方向，所以速度与加速度方向相反，故C错误；
D．从到这段时间内，质点的位移减小，向平衡位置运动，速度变大，加速度变小，故D错误。
故选B。
12. 如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置。下列说法正确的是（ ）
A. 摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量为零
B. 摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大
C. 摆球在A点和C点时，速度为零，细线拉力最小，但回复力最大
D. 摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可知摆球从A点向B点摆动过程中，重力的冲量不为零，故A错误；
B．假设单摆摆动过程中，细线与竖直方向夹角为，摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，有
摆球由A点向B点摆动过程中减小，速度逐渐增大，可知细线拉力增大，回复力减小，故B错误；
C．摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，结合选项B分析可知，此时细线拉力最小，回复力最大，故C正确；
D．摆球在最低点B处，动能最大，重力势能最小，但摆球运动过程中，机械能守恒，故D错误。
故选C。
13. 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A. 运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B. C球摆到最低点过程，C球的速度为
C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离
D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
BD．小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为，根据机械能守恒有
由水平方向动量守恒得
联立解得
，
此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为，B的速度依然为。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即
整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即
解得
故B正确，D错误；
C．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
则
由几何关系得
解得木块A、B向右移动的距离为
故C错误。
故选B。
14. 为了降低噪声带来的影响，人们通常在声源处、传播过程中以及人耳处采取措施。耳机通常会采取两种方式降噪，即被动降噪与主动降噪。被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声。主动降噪方式通常是在耳机内设有两个麦克风，如图所示，一个麦克风用来收集周围环境中的噪声信号，有助于耳机的处理器能够预测下一时刻的噪声情况，并产生相应的抵消声波。另一个麦克风用来检测合成后的噪声是否变小，有助于处理器进一步优化抵消声波，达到最佳的降噪效果。根据上述信息及所学过的知识可以判断（ ）
A. 被动降噪方式利用了声波的干涉原理
B. 主动降噪时产生的理想抵消声波和噪声声波频率、振幅、相位都相同
C. 无论主动降噪方式还是被动降噪方式，都可以使进入耳膜的声波频率变小
D. 如果主动降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能听到更强的噪声
【答案】D
【解析】
【详解】A．被动降噪方式主要是通过物理隔绝或者耳机上的特殊结构尽量阻挡噪声，并不是利用了声波的干涉原理，故A错误；
B．主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的，故B错误；
C．声波的频率取决于波源，波源的振动频率不变，被动降噪方式不会改变进入耳膜的声波频率，故C错误；
D．如果主动降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能听到更强的噪声，故D正确。
故选D。
第二部分
二、本部分共6题，共58分。
15. 某同学用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）下列关于实验中选用的实验器材，正确的是______。
A. 长度约为1m的不可伸长细绳B. 长度约为0.1m的不可伸长细绳
C. 球心开有小孔的泡沫小球D. 球心开有小孔的金属小球
（2）用游标卡尺测摆球的直径如图乙所示，摆球的直径______mm。
（3）若用L表示单摆的摆线长度，用D表示摆球的直径，用T表示单摆的周期，则由单摆周期公式，可求出重力加速度大小为______。（用L、D、T表示）
（4）该同学直接把测得的摆长和周期代入到（3）中的结果求重力加速度，求得的重力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. 开始计时时，过早按下停表
B. 将摆线与小球直径的总长当成了摆长
C. 测量周期时，细线上端的固定点松动，使摆线长度增加了
D. 测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
【答案】（1）AD （2）13.4
（3）
（4）BD
【解析】
【小问1详解】
AB．为减小实验误差，应选用长约1m的不可伸长细绳，故A正确，B错误；
CD．为减小空气阻力的影响应选择质量大而体积小的球做摆球，即用球心开有小孔的金属小球，故D正确，C错误。
故选AD。
【小问2详解】
游标卡尺的精确度为0.1mm，由图乙可知，摆球的直径为
【小问3详解】
由题意可知，摆长为，由单摆周期公式有
整理可得
【小问4详解】
根据单摆的周期公式
得
A．实验中开始计时，秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B．将摆线与小球直径的总长当成了摆长，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，故B正确；
C．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故C错误；
D．测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故D正确。
故选BD。
16. 某同学用如图1所示装置，验证碰撞中的动量守恒。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。
（1）下列说法正确且必要的实验操作要求是______。
A. 小球a和小球b的材质相同，半径相同
B. 小球a的质量大于小球b的质量
C. 测量小球a开始释放时的高度h
D. 测量抛出点距地面的高度H
E. 调节斜槽末端水平
（2）实验时，先将质量为的a球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，在记录纸上留下10个落点痕迹，得到了如图1所示的落地点的平均位置P。再把质量为的b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置S由静止开始滚下，和b球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图1所示的这两个落地点的平均位置M、N。测出M、P、N到O点的距离分别为OM、OP、ON。若两球相碰前后的动量守恒，系统动量守恒的表达式可表示为______（用、、OM、OP、ON表示）。若还满足______（用OM、OP、ON表示），则说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
（3）另一同学在做实验中记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图2所示，他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法______。
【答案】（1）BE （2） ①. ②.
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
B．为了保证碰撞后入射小球不反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，为了保证两球对心碰撞，两球的半径应相同，但材质不相同，故A错误，B正确；
CD．实验时两小球做平抛运动下落的高度相同，所用时间相同，所以可以用小球的水平位移代替抛出时的初速度，故不需要测量小球a开始释放时的高度h，也不需要测量抛出点距地面的高度H，故CD错误；
E.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，应调节斜槽末端水平，故E正确。
故选BE。
【小问2详解】
[1]设碰撞前入射球的速度为，碰撞后瞬间入射球的速度为，被碰球的速度为，根据动量守恒可得
由于两小球做平抛运动下落的高度相同，所用时间相同，则有
，，
则系统动量守恒的表达式可表示为
[2]根据机械能守恒可得
又
联立可得
可知还满足
说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
小问3详解】
连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点、，如图所示
分别测量出OP、、的长度，若在实验误差允许的范围内，满足关系式
则可以认两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。
17. 有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在4 s内完成了20次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t＝0），经过0.05s振子有正向最大位移。
（1）求振子振幅和周期；
（2）在图中作出该振子的位移—时间图像；
（3）写出振子的振动方程。
【答案】（1）10 cm，02 s；（2）见解析；（3）y＝10 sin（10πt）cm
【解析】
【详解】（1）振幅为
周期为
T＝s＝0.2 s
（2）振子在周期时具有正的最大位移，其位移—时间图像如图所示
（3）设振动方程为
y＝Asin（ωt＋φ）
ω==10π
φ=0
所以振动方程为
y＝10sin（10πt）cm
18. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；A和B的质量均为，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数。取重力加速度。求：
（1）与B碰撞前瞬间轨道对A的支持力F的大小；
（2）碰后瞬间速度v的大小；
（3）碰后A和B整体沿桌面滑动的距离x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块A从最高点到最低点过程，根据动能定理可得
解得
在最低点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）A与B碰撞后结合为一个整体，根据动量守恒可得
mv0=2mv
解得碰后瞬间速度的大小为
（3）碰后A和B整体沿桌面滑动过程，根据动能定理可得
解得碰后A和B整体沿桌面滑动的距离为
19. 城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。尤其在大风天气极易引发高空坠物，严重威胁着人们的生命安全。
（1）若质量为m的花盆从高为h的居民楼的花架上无初速坠下，撞击地面后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间为t，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
a.花盆落地前瞬间的速度大小v；
b.花盆撞击地面过程中，地面对花盆的平均冲击力的大小F；
（2）某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S，所能承受的最大风力为Fm。假设风吹到广告牌速度立刻减为零，已知空气密度为ρ。求：广告牌能承受的垂直迎风面方向的最大风速vm的大小。
【答案】（1）a.，b.；（2）
【解析】
【详解】（1）根据自由落体运动规律可得
所以
v=2gh
花盆撞击地面过程中，根据动量定理可得
解得
（2）假设Δt时间内风的质量为
由动量定理可得
联立解得
20. 我们已经学过了关于两个质点之间万有引力的大小是，但是在某些特殊情况下，非质点之间的万有引力的计算及其应用的问题，我们可以利用下面两个已经被严格证明是正确的结论，而快速有效地解决。
①如图1所示，若质点m放置在质量分布均匀的大球壳M（球壳的厚度也均匀）的空腔之内，那么m受到M的万有引力为零。
②若质点m放置在质量分布均匀的大球体M之外（），那么它们之间的万有引力为，式中的r为质点m到大球体球心之间的距离；r0为大球体的半径。
假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，通过地球的南北两极之间能够打通一个如图2所示的真空隧道。把一个质量为m的可看成质点的小球从北极的隧道口由静止释放后，小球在地球引力的作用下能够在隧道内运动，忽略一切摩擦阻力。若地球的半径为R，万有引力常量为G，球体的体积公式为。求：
（1）小球在北极隧道口处释放瞬间的加速度a的大小；
（2）以地心为原点，向北为正方向建立x轴。
a.证明：小球在隧道内做简谐运动；
b.在图3中画出小球所受引力F随小球到球心之间的距离变化的图像；
c.小球在运动过程中的最大速度vm。
【答案】（1）；（2）a.见解析，b.见解析，c.
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，小球在北极隧道口处释放瞬间，有
解得
（2）a.假设小球相对于球心的位移为x，则有
联立可得
由于万有引力的方向总是指向地心，即Fʹ的方向和小球相对于地心的位移x的方向总是方向相反的，则
由此可知，小球在隧道内做简谐振动；
b.由于小球所受引力F与小球到球心之间的距离x满足
所以F-x图像如图所示
c.小球从隧道口到地心，有
解得
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