2023-2024学年安徽省合肥市普通高中六校联盟高二（下）期中联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市普通高中六校联盟高二（下）期中联考物理试卷（含解析），共14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。

1.下列关于物体动量和冲量的说法，不正确的是( )
A. 一个物体速度越大，动量越大
B. 物体的动量方向与其速度方向相同
C. 物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
D. 物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定会改变
2.分析下列物理现象：①水塘中的水波绕过障碍物继续传播；②雷声在云层里轰鸣不绝；③彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速；④具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波可以抵消噪声。这些物理现象分别属于波的( )
A. 多普勒效应、干涉现象、衍射现象、反射现象
B. 衍射现象、反射现象、多普勒效应、干涉现象
C. 多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
D. 衍射现象、干涉现象、多普勒效应、反射现象
3.在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们碰撞前后的x−t图像。小球的质量分别为m1和m2，已知m1=0.1kg。由此可以判断( )
A. 碰撞前m1和m2都在做匀速直线运动B. 碰撞后m1和m2运动方向相同
C. m2=0.2kgD. 该碰撞为弹性碰撞
4.近年来，随着智能手机的普及，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，经常出现手机滑落砸到脸部的情况。如图所示，若一部质量m=200g的手机，从离脸部约h=20cm的高度无初速掉落，不考虑砸到脸部后手机的反弹，脸部受到手机的冲击时间约为t=0.01s，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是( )
A. 全过程手机所受重力的冲量大小为0.02N⋅s
B. 全过程手机动量的变化量为0
C. 手机对人脸的冲量方向竖直向上
D. 手机对人脸的平均作用力大小为40N
5.如图所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动。下列说法中正确的是( )
A. 从A到B的过程，弹簧弹性势能增大
B. 从O到B和从B到O的两个过程，振子加速度方向相反
C. 从O点出发再次回到O点的过程，振子动量大小不变，方向相反
D. 从O点出发再次回到O点的时间即为弹簧振子的一个周期
6.如图所示，挖掘机的顶部通过绳索垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑。此装置可视为单摆模型，则大铁球的回复力来源于( )
A. 铁球的重力B. 绳索对铁球的拉力
C. 铁球所受到的合力D. 铁球重力沿轨迹切线方向的分力
7.竖直弹簧振子的振动图像如图所示，以下说法错误的是( )
A. 第2s末，弹簧弹力为0B. 6s内，振子的路程为60cm
C. 该振子振动频率为0.25HzD. 0.5s时和1s时振子的位移之比为1: 2
8.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻波刚好传播到x=3 m处的质点P，已知波的传播速度为10 m/s，则( )
A. 波源的起振方向沿+y方向B. 波源的振动周期为0.3 s
C. t=1.2 s时，质点Q第一次处于波谷D. Q点开始振动时，P质点位于波谷处
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.一列简谐横波沿x轴负方向传播，如图所示，其中图甲是t=1s时的波形图，图乙是该波中某振动质点的位移随时间变化的图像。则( )
A. 该波的传播速度为1m/s
B. 图乙可能是图甲中x=0处质点的振动图像
C. 图乙可能是图甲中x=3m处质点的振动图像
D. 图乙所示质点的振动方程为y=2cs14πt
10.如图所示，质量均为2m的木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉O上系一长度为L的细线，小钉质量不计，细线的另一端系一质量为m的小球C。现将C球的细线拉至水平，由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 小球C摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量不守恒
B. 小球C摆到左侧最高点时，两木块刚好开始分离
C. C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为15L
D. 两木块刚分离时木块A的速度大小为 gL10，方向向右
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.学校物理兴趣小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，气垫导轨装置如图所示，由导轨、滑块、弹射器、光电门等组成，固定在两滑块上的挡光片的宽度相等。主要的实验步骤如下：
①安装好气垫导轨，转动气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②测得滑块1(含挡光片)与滑块2(含弹簧和挡光片)的质量分别为m1、m2，挡光片的宽度为d；
③接通光电计时器(光电门)；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；
⑥释放滑块1，通过光电门1后与左侧连有弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出与光电门1相连的光电计时器记录的时间Δt1，与光电门2相连的光电计时器记录的两次时间先后分别为Δt2、Δt3。
回答下列问题(用题中已给出的物理量符号表示)：
(1)碰撞前滑块1通过光电门的速度大小为________，规定滑块1前进的方向为正方向，则滑块1碰撞前后的动量变化量为________。
(2)在误差范围内，若满足关系式______________________________________________，即说明两滑块碰撞过程中动量守恒。
(3)在误差范围内，若满足关系式______________________________________________，即说明两滑块碰撞过程中机械能守恒。
12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
(1)若测量结果得到的g值偏小，可能是因为________。
A.组装单摆时，选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
(2)下表是某同学记录的实验数据，并做了部分处理。
请计算第4组实验中的T2=______s2。
(3)请根据实验数据在图2中作出l−T2图像。
(4)由此求得重力加速度g=________m/s2。(π2=9.87，此空答案保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.光滑冰面上固定一个足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小球的质量为m1=10kg，小孩和冰车的总质量为m2=50kg。某时刻小孩将小球以v1=6m/s的速度向曲面体推出(如图所示)，g=10m/s2。
(1)求推出小球后，小孩的速度v2的大小；
(2)小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度v3的大小；
(3)求小球被抓住过程中所受到的冲量I。
14.如图，实线是一列简谐横波在某时刻的波形，虚线是这列波在t=0.5 s后的波形。求：
(1)该波波长；
(2)若已知波向x轴正方向传播，求波的最大周期；
(3)若波的传播方向未知，求波速的表达式。
15.如图(a)，一质量为1kg的物块A与轻质弹簧连接，静止在足够长光滑水平面上。质量为5kg的物块B以v0=1.2m/s的速度向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2s时B与弹簧分离，弹簧恢复原长，碰撞结束。A、B的v−t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=1s时间内，物块A运动的距离为0.36m。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，求：
(1)分离时A、B的速度vA和vB的大小；
(2)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(3)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查对动量、动量定理的认识，基础题目。
根据动量的定义式分析即可判断；根据动量定理和动量与动量变化的关系分析即可判断。
【解答】
AB、由p=mv知，物体的动量方向与其速度方向相同，对一个物体，其质量不变，速度越大时，动量就越大，故AB正确，不符合题意；
CD、由动量定理知，物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大，但动量不一定大；物体所受合外力的冲量不为零，它的动量变化量不为0，即它的动量一定会改变，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对波的现象的认识，熟悉波的各种现象特征是解题的关键，逐一分析即可判断，基础题目。
【解答】
当水波的波长与障碍物尺寸差不多、或者大于障碍物的尺寸时，能够发生明显的衍射现象，即水塘中的水波能绕过障碍物继续传播是衍射现象；雷声在云层里轰鸣不绝是由于声波经云层反射而形成的，因此是声波的反射现象；彩超测出反射波频率的变化，从而知道血液流速，是波的多普勒效应现象；具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波，当发出的声波与噪声的频率相等时，发生干涉现象，在减弱区域可以抵消噪声，因此是干涉现象。故B正确，ACD错误。
3.【答案】D
【解析】AB、由x−t(位移—时间)图像的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向右运动，碰后B的速度为正方向，A的速度为负方向，说明向左运动，则碰撞后m1和m2运动方向相反，故AB错误；
C、根据v=ΔxΔt结合图像，求出碰前m1的速度为v1=82m/s=4m/s，碰后m2和m1的速度分别为v2′=16−86−2m/s=2m/s，v1′=0−86−2m/s=−2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg，故C错误。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v1′2−12m2v2′2，代入解得，ΔE=0，故D正确。
故选D。
x−t(位移—时间)图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移—时间图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量动量的方向。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据自由落体求出落到人脸部时的速度和所用的时间，再对砸人脸过程分析由动量定理求作用力；全过程根据动量定理求出重力的冲量。
本题考查了自由落体运动的规律以及动量定理的应用，要注意动量定理的矢量性，在列式时不能忽略重力。
【解答】
C.由冲量定义式可知，手机对人脸的冲量方向竖直向下，C错误；
D.手机做自由落体运动，设到达人脸时的速度为v，有2gh=v2，手机与人脸作用过程，以手机为研究对象，取竖直向上为正方向，根据动量定理可得Ft−mgt=0−(−mv)，联立可得F=42N，关键牛顿第三定律，手机对人脸的作用力大小约为42N，D错误；
A.全过程由动量定理0=mg(t+t1)−Ft，所以全过程手机重力的冲量大小约为mg(t+t1)=Ft=0.42N⋅s，A错误；
B.由题意可知无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，全过程初动量为0，末动量为0，手机动量的变化量大小为0，B正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查弹簧振子的简谐运动，做简谐运动的质点，在平衡位置时加速度为零，而速度最大；在最大位移处，加速度最大，而速度为零。加速度的方向始终指向平衡位置。
解决本题的关键要抓住简谐运动的对称性和周期性，知道简谐运动的特征，会分析各个物理量的变化。
【解答】
A、根据题意，O点为平衡位置，则在O点处弹簧弹力为零，从A到O，弹簧形变量减小，弹性势能减小，从O到B，弹簧形变量增大，弹性势能增大，故A错误；
B、从O到B和从B到O的两个过程，振子加速度方向相同，都指向平衡位置O点，故B错误；
C、从O点出发再次回到O点的过程，经过了半个周期，振子的速度大小不变，方向相反，故振子动量大小不变，方向相反，故C正确；
D、从O点出发再次回到O点的时间为弹簧振子的半个周期，故D错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查单摆回复力的来源，恢复力是由其他力提供或某个力的分力提供、或几个力的合力提供。
【解答】
解：铁球受重力、绳子拉力，铁球重力沿轨迹切线方向的分力指向平衡位置，是铁球总是回到平衡位置，提供大铁球的回复力，故D正确，ABC错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查弹簧振子的振动图像。通过图像可以直接读取周期与振幅，频率是周期的倒数。做简谐运动的质点每个周期的路程为4A。
【解答】
A、第2s末，小球处于平衡位置，弹簧弹力等于小球重力，不为0，故A错误；
B、6s内，振子的路程为6A=60cm，故B正确；
C、根据图像可得周期T=4s，则频率f=1T=0.25Hz，故C正确；
D、0.5s，振子的位移为Asin45°=5 2cm，1s振子的位移为A=10cm，所以0.5s时和1s时振子的位移之比为1: 2，故D正确。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查机械波的传播特点，熟悉机械波的传播规律，能从图像得出有用的信息是解题的关键。
根据同侧法和波的传播特点得出波源的起振方向即可判断；根据图像得出波长，从而计算出波的周期即可判断；计算从t=0时刻到质点Q第一次处于波谷所用的时间即可判断；计算从t=0时刻到质点Q开始振动所用的时间，从而分析出Q点开始振动时，P质点的位置即可判断。
【解答】
A、由同侧法知，t=0时刻质点P沿y轴负方向运动，由于t=0时刻波刚好传播到P点，而P点的起振方向与波源的起振方向相同，则波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B、由图知，波长λ=4m，则波的周期T=λv=0.4s，故B错误；
C、从t=0时刻到质点Q第一次处于波谷所用的时间Δt1=12m−2mv=1s，即t=1s时，质点Q第一次处于波谷，故C错误；
D、从t=0时刻到质点Q开始振动所用的时间Δt2=12m−3mv=0.9s=214s，而t=0时刻质点P沿y轴负方向运动，则Q点开始振动时，P质点位于波谷处，故D正确。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查机械能的传播特点，熟悉机械波的传播规律，能从图像得出有用的信息是解题的关键。
根据图甲得出波长，图乙得出周期，从而计算出波速即可判断；由图乙得出t=1s时质点的振动情况，结合图甲和同侧法分析即可判断；根据图乙得出振幅，从而得出振动方程即可判断。
【解答】
A、由图甲知，波长λ=4m，由图乙知，周期T=4s，则波速v=λT=1m/s，故A正确；
BC、由图乙知，t=1s时，图乙所示质点由平衡位置沿y轴负方向运动，结合图甲，由同侧法知，该质点位于x=0,4m,8m,12m,⋯⋯处，即图乙可能是图甲中x=0处质点的振动图像。不可能为图甲中x=3m处质点的振动图像，故B正确，C错误；
D、由图乙知，振幅A=2m，其振动方程y=Acs2πTt=2csπ2t(m)，故D错误。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
解答本题要抓住系统在水平方向上动量是守恒的，但总动量并不守恒，整个过程中机械能是守恒的，分段研究这类问题。
根据动量守恒的特点可直接判断；分析小球的运动情况即可判断；根据水平方向动量守恒，且机械能守恒列方程求出两木块分离时小球C的速度即可判断；利用假设法结合机械能守恒定律即可判断。
【解答】
A.根据题意可知，小球C摆动过程中，木块A和小球C组成的系统所受外力之和不为零，则木块A和小球C组成的系统动量不守恒，故A正确；
BD.根据题意可知，木块A、B和小球C组成的系统，在小球C摆动过程中，机械能守恒、由于水平方向上不受外力，则水平方向上，系统的动量守恒，设C球第一次到达最低点时的速度大小为 vC ，木块A、B共速的大小为 vA ，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvC−4mvA=0，由机械能守恒定律有mgL=12mvC2+12×4mvA2，解得vA= gL10，vC= 8gL5，此后，木块A与细杆整体到绳子向左的拉力，木块A、B分离，故B错误，D正确；
C.由于水平方向上不受外力，则水平方向上，系统的动量守恒，设C球第一次到达最低点时的速度大小为 vC ，木块A、B共速的大小为 vA ，木块A的位移大小为 x ，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvC−4mvA=0，则有m∑vCt=4m∑vAt可得m(L−x)=4mx，解得x=L5，故C正确。
11.【答案】(1)dΔt1；m1(dΔt3−dΔt1)；(2)m1Δt1=m1Δt3+m2Δt2；(3)m1(Δt1)2=m1(Δt3)2+m2(Δt2)2
【解析】【分析】
本题考查动量守恒定律的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
(1)根据光电门的特征得出滑块1经过光电门1和2的速度，从而计算出滑块1碰撞前后的动量变化量；
(2)根据光电门的特征计算出碰撞后滑块2经过光电门2的速度大小，结合动量守恒定律列方程得出满足的关系式；
(4)根据机械能守恒定律列方程得出满足的关系式。
【解答】
(1)碰撞前滑块1通过光电门1的速度大小为v0=dΔt1，碰撞后滑块1经过光电门2的速度大小v1=dΔt3，则滑块1碰撞前后的动量变化量Δp=m1v1−m1v0=m1(dΔt3−dΔt1)；
(2)碰撞后滑块2经过光电门2的速度大小v2=dΔt2，若两滑块碰撞过程中动量守恒，满足：m1v0=m1v1+m2v2，即满足：m1Δt1=m1Δt3+m2Δt2；
(3)若两滑块碰撞过程中机械能守恒，还需满足：12m1v02=12m1v12+12m2v22，即满足：m1(Δt1)2=m1(Δt3)2+m2(Δt2)2。
12.【答案】(1) B；
(2) 4.00；
(3)
(4)9.87
【解析】【分析】
本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理为单摆周期公式T=2π lg，明确l是摆线长度与摆球半径之和，会误差分析，并会通过图像斜率求重力加速度。
【解答】
(1)根据T=2π lg可得g=4π2lT2。
A、组装单摆时，选择的摆球质量偏大，不会影响g的测量，故A错误；
B、摆长应该是悬线长度与摆球半径之和，测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，则l偏小，g的测量值偏小，故B正确；
C、测量周期时，把n次全振动误认为是(n+1)次全振动，则周期的测量值偏小，导致g的测量值偏大，故C错误。
故选B。
(2)第4组实验，周期T=10050s=2s，则T2=4.00s2。
(3)根据表格数据作图如下：
(4)根据单摆周期公式可得l=g4π2T2，所以图2斜率k=g4π2，
k=14m/s2，解得g=9.87m/s2。
13.【答案】解：(1)推出过程m1，m2动量守恒：0=m1v1−m2v2，
解得v2=1.2m/s。
(2)由小球能量守恒可知返回到水平面时小球速度大小不变，
抓住小球过程m1，m2动量守恒：m1v1+m2v2=(m1+m2)v3，
解得v3=2m/s。
(3)由动量定理可得：小球所受冲量I=m1v3−m1v1，
解得I=−40N⋅s，
方向水平向左。
【解析】本题考查了动量守恒、动量定理等知识点，要掌握系统动量守恒的条件，会用动量守恒定律求速度。量定理表述为合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。动量定理常用来求合力的冲量、变力的冲量或者求作用力。
14.【答案】解：(1)由图可知，该波波长λ=8m。
(2)由图可知在t时间内，波向正方向至少传播了38个周期，则38T=t，
得最大周期T=43s。
(3)若波向x轴正方向传播，则v=(38+n)λt (n=0,1,2,3⋯)
解得v=(6+16n) m/s (n=0,1,2,3⋯)
若波向x轴负方向传播，则v=(58+n)λt (n=0,1,2,3⋯)
解得v=(10+16n) m/s (n=0,1,2,3⋯)
【解析】本题考查波的图像以及波的多解问题，通过波的图像可以直接读取波长，波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播，根据两列波形图，结合波的传播方向，可以得到Δt与波长的关系通项，进而求出波速。
15.【答案】解：(1) B与A相互作用过程系统动量守恒：mBv0=mAvA+mBvB，
系统机械能守恒：12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，
解得：vA=2m/s，vB=0.8m/s。
(2)从接触到弹性势能最大时有：mBv0=(mA+mB)v共，
最大弹性势能Epmax=12mBv02−12(mA+mB)v共2，
解得：Epmax=0.6J。
(3) B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mBv0=mBvB+mAvA，
对方程两边同时乘以时间△t，有
mBv0Δt=mBvBΔt+mAvAΔt，
0∼ t=1s之间，由位移等于速度在时间上的累积，可得mBv0t=mBxB+mAxA，
将xA=0.36m代入可得
xB=1.128m，
则碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δx=xB−xA=0.768m。
【解析】(1)A、B以及弹簧组成的系统动量守恒且机械能守恒，当分离时，弹簧弹性势能为零，由此列式求解；
(2)弹簧弹性势能最大时，AB速度相同，根据动量守恒求出共同速度，再由能量守恒求弹性势能；
(3)利用第二类人船模型法求弹簧压缩量最大值。组次
1
2
3
4
5
摆长l/cm
40.00
60.00
80.00
100.00
120.00
50次全振动时t/s
63.0
77.5
89.5
100.0
109.5
周期T/s
1.26
1.55
1.79
2.19
周期的平方T2/s2
1.59
2.40
3.20
4.80