江西省九江市都昌县2023-2024学年高二上学期1月期末物理试卷(解析版)

这是一份江西省九江市都昌县2023-2024学年高二上学期1月期末物理试卷(解析版)，共15页。
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1. 如图1所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A. 振子的振幅为4cm
B. 振子的振动周期为1s
C. t=1s时，振子的速度沿正方向且达到最大值
D. t=1s时，振子的加速度沿正方向且达到最大值
【答案】C
【解析】由振动图像可知，该弹簧振子的振幅为2cm，周期为2s，t=1s时，振子在平衡位置，且速度沿y轴正向，加速度为零，故C正确，ABD错误。
故选C。
2. 1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是（ ）
A. 安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
B. 安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C. 安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D. 安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大
【答案】C
【解析】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理
可以知道，作用时间t增加，驾驶员受到的冲击力F则变小，即减少了驾驶员的动量变化率。
3. 一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（ ）

A. 此单摆的固有周期约为0.5s
B. 此单摆的摆长约为1m
C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大
D. 若摆长增大，共振曲线的峰值将向右移动
【答案】B
【解析】A.驱动力频率为0.5Hz时共振，所以固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；
B.由单摆周期公式
得摆长约为1m，故B正确；
C.摆长变大，由单摆周期公式知固有周期变大，从而固有频率变小，故C错误；
D.由C项分析知，若摆长增大，则固有频率变小，所以共振曲线峰值向左移动，故D错误；
4. 一简谐机械横波沿x轴传播，波速为2.0m/s，该波在t=0时刻的波形曲线如图甲所示，在x=0处质点的振动图像如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. 这列波的振幅为60cm
B. 质点的振动周期为4.0s
C. t=0时，x=4.0m处质点比x=6.0m处质点的速度小
D. t=0时，x=4.0m处质点沿x轴正方向运动
【答案】B
【解析】A．根据图像可知这列波的振幅为30cm，故选项A错误；
B．根据图甲可知该波的波长为8m，则根据波长公式可得质点的振动周期为
故选项B正确；
C．根据图甲可知，t=0时，x=4.0m处质点在平衡位置向上振动，速度最大；x=6.0m处质点的在波峰处，速度为零，故选项C错误；
D．根据图乙可知，x=0处质点在t=0时向下振动，根据波的平移法可知，波沿x轴负方向传播，则t=0时，x=4.0m处质点沿y轴正方向运动，故选项D错误。
故选B。
5. 如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（ ）
A. 10mB. 30mC. 40mD. 60m
【答案】B
【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的质量为，速度，气球的质量为，速度，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得
则
即
可得
则绳子长度
L=s气球+s人=10m+20m=30m
即绳子至少长30m，故选B。
6. 一列沿x轴传播的简谐波在某时刻的波形图如图所示，此时质点P沿y轴正方向运动；已知波的周期，则该波（ ）
A. 沿x轴正方向传播，波速
B. 沿x轴正方向传播，波速
C. 沿x轴负方向传播，波速
D. 沿x轴负方向传播，波速
【答案】B
【解析】横波的振动方向与传播方向垂直，已知P点的振动方向向上，由同侧法可知沿x轴正方向传播，而读图得波长λ=2m，则波速，故B正确，ACD错误；
故选B．
7. 如图所示，一轻弹簧的一端固定在水平面上，另一端与质量为M的物块b固定连接。质量为m的小物块a位于b的正上方，两者之间的距离为h。静止释放小物块a，a、b碰后一起向下运动但不粘连，压缩弹簧到最低点后两物块向上运动，且上升至最高点时恰不分离，重力加速度为g。则（ ）
A. 弹簧被压缩到最低点时，弹簧弹性势能的增加量为a、b重力势能的减少量
B. b对a的支持力最大值为2Mg
C. 若仅增大h，碰后a、b一起达到最大动能时的位置将降低
D. a、b碰撞损失机械能为
【答案】D
【解析】A．由于a、b碰撞过程中有能量损失，故系统机械能不守恒。a、b重力势能的减少量应为弹簧弹性势能的增加量加上损失的机械能。故A错误；
B．设弹簧最大的压缩量为x，当弹簧达到最大压缩量时，b对a的支持力最大。根据题意有
a、b向上运动到最高点时，对a分析
根据对称性可知，a1和a2大小相等
解得
故B错误；
C．碰后a、b一起达到最大动能时，对整体受力分析有
可知弹簧的压缩量与h无关，若仅增大h，碰后a、b一起达到最大动能时的位置将不变，故C错误；
D．设碰撞前a的速度大小为v1，碰撞后a、b的共同速度为v2，a下落过程中，根据动能定理
由动量守恒定律得
碰撞所损失的机械能为
联立解得
故D正确。
故选D。
8. 一列简谐横波在t=0.6s时的波形图如图甲所示，此时P、Q两质点的位移相等，波上x=15m处的质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A. 这列波沿x轴正方向传播
B. 这列波的波速为0.06m/s
C. 从t=0.6s时刻开始，质点P比质点Q早回到平衡位置
D. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为15m的障碍物，这列波不能发生明显衍射现象
【答案】AC
【解析】A．根据振动图像，质点A在t=0.6s时向下振动，所以在波动图像上质点A向下振动，得到波的传播方向沿x轴正方向传播，A正确；
B．从甲图可知波长为λ=20m，从乙图可知振动周期为T=1.2s，所以波速为
B错误；
C．波的传播方向沿x轴正方向传播，在t=0.6s时，质点P向上振动，质点Q向下振动，质点P比质点Q早回到平衡位置。C正确；
D．因为障碍物尺寸小于波长，所以能发生明显衍射，D错误。
故选AC。
9. 一简谐机械横波以30 m/s的速度沿x轴负方向传播，t=0.1 s时刻的部分波形如图甲所示，a、b、c是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是（ ）
A. 图乙可能是质点b的振动图像
B. t=0时，平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴负方向运动
C. t=0.1 s时，平衡位置位于x=9 m的质点沿y轴正方向运动
D. t=0.15 s时，质点a加速度比质点c的加速度小
【答案】BD
【解析】A．波沿x轴负方向传播，t=0.1 s时，质点b沿y轴负方向运动，图乙中t=0.1 s时质点沿y轴正方向运动，图乙不可能是质点b的振动图像，A错误；
B．由图乙可知，周期为0.2 s，而t=0.1 s时平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴正方向运动，故t=0时，其沿y轴负方向运动，B正确；
C．根据波速和周期的关系可知，波长为6 m，所以x=9 m的质点与坐标原点的质点相差，而t=0.1 s时平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴正方向运动，故x=9 m的质点与其运动方向相反，即沿y轴负方向运动，C错误；
D．t=0.15 s时，质点a回到平衡位置，加速度为0，而质点c运动到最大位移处，加速度最大，D正确。
故选BD。
10. 如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则（ ）

A. 全程滑块水平方向相对地面的位移R+L
B. 全程小车相对地面的位移大小
C. μ、L、R三者之间的关系为R=μL
D. 滑块m运动过程中的最大速度
【答案】BC
【解析】AB．设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移．
取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：
即
结合，解得
故A错误，B正确；
C．对整个过程，由动量守恒定律得：
得
由能量守恒定律得
得
故C正确；
D．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得：
联立解得
故D错误．
二、填空题（每空2分，共12分）
11. 某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力的大小随时间变化的图线如图乙所示，且从最低点开始为计时起点由图乙中所给的数据结合力学规律可得
（1）该同学先用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______cm；
（2）由图像得该单摆的运动周期T=______s；
（3）摆球的质量m=_______kg （g=10m/s2）
【答案】（1）1.570 （2）2 （3）0.05
【解析】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]由图乙结合单摆运动规律可知，该单摆振动周期为2s；
（3）[3]设最大摆角为，则有
从最高点到最低点由动能定理得
联立解得
12. 用如图所示的装置来验证动量守恒定律．滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时．实验主要步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．给气垫导轨通气并调整使其水平；
c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间水平距离L；
d．A、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；
e．烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB．
（1）实验中还应测量的物理量x是______________________（用文字表达）．
（2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是______________（用题中所给的字母表）．
（3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=__________________（用题中所给的字母表示）．
【答案】（1）光电门E、F间的水平距离 （2） （3）
【解析】（1、2）由于A、B原来静止，总动量为零，验证动量守恒定律的表达式为： ，所以还需要测量的物理量是光电门E、F间的水平距离；
（3）弹簧恢复原长时，A滑块的速度为：，B滑块的速度为：，根据能量守恒定律得：Ep=
三、计算题（本题共4个题、第13、14、15小题各10分，第16小题12分，共42分，写出必要的理论根据和主要方程式。）
13. 一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。
（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；
（2）求t＝0.25×10﹣2s时振子的位移；
（3）从t＝0到t＝8.25×10﹣2s的时间内，振子的路程多大？
【答案】（1）；；（2）-1.41cm；（3）34cm
【解析】（1）由图知
（2）根据公式有
振子的振动方程为
当t=0.25×10-2s时，位移为
（3）从t＝0到t＝8.5×10－2s的时间内的周期数为
n==4.25
所以在这段时间内振子的路程为
14. 如图所示，实线是一列简谐横波在时刻的波形，虚线是这列波在时刻的波形。
（1）这列波波长；
（2）若这列波的周期T满足，求该波的波速大小；
（3）若该波的波速大小，请通过计算判断该波传播的方向
【答案】（1）8m；（2）或；（3）波沿x轴正方向传播
【解析】（1）由图可知，波长为8m。
（2）由题意得，波的传播距离满足
当波沿x轴正方向传播时，传播距离为
波速为
当波沿x轴负方向传播时，传播距离为
波速为
（3）由题意，在内，波的传播距离为
由于
故波沿x轴正方向传播。
15. 如图所示，质量为的物块可视为质点，放在质量为的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为。质量为的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度；
（2）木板向右滑行的最大速度；
（3）物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。
【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s；3m
【解析】（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：
解得
（2）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
解得
（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
由能量关系

解得
16. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA=lkg，mB=2kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：
（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离
【答案】（1）2m/s；（2）3J；（3）2m
【解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有
解得
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有
mAv1=（mA+mB）v2
解得
（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，则
由动量守恒定律有
mAv1=（mA+mB+mC）v3
解得
由机械能守恒定律有
解得
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有
（mA+mB） v2=（mA+mB）v4+mCv5
解得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
解得