2022-2023学年江苏省苏州市高二上学期期中调研试题物理试题（解析版）

苏州市2022～2023学年第一学期期中调研测试卷

高二物理

一、单项选择题

1. 分析下列物理现象，说法正确的是（  ）

A. “隔墙有耳”是声波的反射现象

B. 当鸣笛的火车疾驰而来时，我们听到笛声的音调会比静止时高，这是多普勒效应

C. 围绕振动音叉转一圈，会听到忽强忽弱的声音，这是声波的衍射现象

D. 因衍射是波特有的特征，所以波遇到障碍物时一定能发生明显的衍射现象

【答案】B

【解析】

【详解】A．“隔墙有耳”是声波的衍射现象，故A错误；

B．当鸣笛的火车疾驰而来时，生源和观察者相互靠近，我们听到笛声的音调会比静止时高，这是多普勒效应，故B正确；

C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区与减弱区，这是声音的干涉，故C错误；

D．衍射是波特有的特征，但是发生明显衍射的条件是波长与障碍物的尺寸差不多时，或波长比障碍物尺寸大，故D错误；

故选B。

2. 降噪耳机的原理是在耳机内设有麦克风，用来采集周围环境中的噪声信号，在此基础上耳机处理器能够预测下一时刻的噪声并产生相应的抑噪信号再由耳机放出，可以有效降低噪音。下列说法正确的是（  ）

A. 该降噪原理是声波的多普勒效应

B. 抑噪信号与噪音信号频率可能不同

C. 抑噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好

D. 抑噪信号与噪音信号在相遇点相位相同，降噪效果最好

【答案】C

【解析】

【详解】AB．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AB错误；

C．抑噪信号与噪音信号振幅相同，相互抵消，降噪效果最好，故C正确；

D．抑噪信号与噪音信号在相遇点相位相反，降噪效果最好，故D错误。

故选C。

3. 在用单摆测量重力加速度的实验中，以下叙述正确的是（  ）

A. 为了摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大

B. 用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长

C. 摆球尽量选择质量大些、体积小些的

D. 用秒表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时，记下50次全振动的时间t，则单摆周期

【答案】C

【解析】

【详解】A．摆球的周期与摆角无关，且要求摆球的摆角要小于5°，否则摆球的运动就不能看成简谐运动了，故A错误；

B．摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，用刻度尺测量摆线的长度l，摆线长度不是摆长，故B错误；

C．减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故C正确；

D．单摆完成一次全振动需要的时间是周期，为减小周期测量误差，释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期为，故D错误。

故选C。

4. 如图所示，竖直圆盘可绕水平中心轴O转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下端连着一个弹簧振子，小球始终在水中，当圆盘静止时，小球阻尼振动的频率约为3Hz。现使圆盘以4s的周期匀速转动，当小球振动达到稳定后（  ）

A. 小球的振动频率约为3Hz

B. T型支架的运动是简谐运动

C. 小球的振幅与圆盘转速无关

D. 若圆盘匀速转动的周期变为2s，稳定后小球的振幅将减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．由受迫振动的特点可知，小球稳定振动时的频率与外部驱动力的频率相同，故由得

故A错误；

B．小圆柱随圆盘做匀速圆周运动，设小圆柱到圆心的距离为r，从小圆柱在最低点开始计时，则小圆柱相对于圆心O的高度为

所以T型支架在竖直方向的位移随时间变化的规律也满足

符合简谐振动的公式，所以T型支架的运动是简谐运动，故B正确；

CD．当驱动力的频率与振动系统固有频率相同时，振幅最大，若圆盘匀速转动的周期变为2s，此时，驱动力的频率为0.5Hz，与固有频率更接近，则稳定后小球的振幅增大，故CD错误。

故选B。

5. 近年来，我国的航天事业取得巨大成就。关于火箭下列说法正确的是（　　）

A. 火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力的结果

B. 为了提高火箭的速度，实际上可以不断的增加火箭的级数

C. 火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与喷出物质质量之比越大，火箭获得速度越大

D. 火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能

【答案】D

【解析】

【详解】A．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是气体对其的作用力使其加速上升，故A错误。

B．火箭的级数不可以无限增加，因为增加级数会增大火箭质量，故B错误；

C．设喷出物质质量为m，v1为燃气速度，火箭本身质量为M，v2为火箭速度，规定向下为正方向，根据动量守恒有

mv1=Mv2

则有

火箭喷出燃气速度v1越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越小，火箭获得速度越大，故C错误；

D．根据能量守恒可知火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能，故D正确。

故选D。

6. 一根足够长轻质细绳置于光滑水平地面上，左端固定，用手握住细绳右端的A点，垂直于绳在地面上完成一次全振动，绳形成如图所示波形。从手刚完成一次全振动的时刻开始计时，下列图像中能正确反映绳上B点振动的图像是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】波向左传播，从手刚完成一次全振动的时刻开始计时，此时质点B从平衡位置向下振动，因以后手的振动没有停止，则B的振动图像如图C所示。

故选C。

7. 某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中，如图甲所示。现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷做简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的x-t图像，如图乙所示，不计水的阻力。则（　　）

A. 木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力提供

B. 从0.1s～0.2s过程中木筷的动量逐渐变大

C. 木筷位移时间关系式为

D. t=0.45s时，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力

【答案】D

【解析】

【详解】A．木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力以及重力提供，故A错误；

B．根据图像可知，从0.1s～0.2s过程中木筷向最大位移处运动，速度逐渐变小，则动量逐渐变小，故B错误；

C．根据图像可知

所以

木筷的位移时间关系式为

故C错误；

D．t=0.45s时，根据图像可知，斜率代表速度，从正向最大位移处向平衡位置运动，向负方向加速，加速度向下，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力，故D正确。

故选D

8. 将一轻弹簧与小球组成的弹簧振子竖直悬挂，上端装有一记录弹力的拉力传感器。当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2下列说法正确的是（　　）

A. 小球的质量为2kg

B. t=2s时小球的加速度为0

C. 0～2s时间段内，弹簧的弹力对小球的冲量大小为20N·s

D. 小球的振幅为0.2m

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据图像可知，平衡位置，弹力为10N

解得小球的质量为1kg，故A错误；

B．t=2s时小球只受重力，加速度为g，故B错误；

C．0～2s时间段内，小球初末速度均为零，根据动量定理

解得

弹簧的弹力对小球的冲量大小为20N·s，故C正确；

D．小球的振幅为

解得

故D错误。

故选C。

9. 如图所示，位于x=0.25的波源P从t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t=2.0s时波源停止振动，t=2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=1.75m，质点b的平衡位置xb=-0.5m。下列说法正确的是（  ）

A. 波源沿y轴正方向起振

B. t=2.0s时，质点a在（1.50m，0m）处

C. t=2.45s时，质点a沿y轴正方向振动

D. 在0～2s内，质点b运动总路程是3m

【答案】A

【解析】

【详解】AC．由图可知，2.0-2.1s内波传播的距离为

则波速为

由图可知波长为λ=1m，则周期为

在t=2.0s时间内，波传播的距离为

即形成5个波形，根据周期性可知，处的质点刚好振动，则波源的起振方向沿y轴正方向，t=2.45s时，可知质点a从t=2.1s开始振动

故质点a在t=2.45s时，质点a沿y轴负方向振动，故A正确，C错误；

B．其中质点a的平衡位置xa=1.75m，由于质点不会随波迁移，故B错误；

D．波从波源传到质点b的时间为

在0到2s内，质点b振动时间为

则在0到2s内，质点b运动总路程是

故D错误。

故选A。

10. 如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定，t=t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0，A、B两物体运动的a-t图像如图乙示，其中S1和S2分别表示0～t，时间内和t1～t3时间内B物体的a-t图像与坐标轴所围面积的大小。则下列说法正确的是（　　）

A. mA>mB B. S1>S2

C. t1～t3时间内A、B间距离一直增大 D. t1～t3时间内A的速率先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得

由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是

aA＞aB

即解得

mA＜mB

故A错误；

B．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，由题意可知，t1时刻B的速度大小

v0=S1

t3时刻B的速度大小

vB=S1-S2＞0

则

S1＞S2

故B正确；

C．由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t1～t3时间内A、B间距离先增大后减小，A的速度一直增大，故C错误。

D．根据图线与坐标轴所围图形面积等于物体速度的变化量，可知，t1～t3时间内A的速率一直增大，故D错误。
故选B。

二、非选择题

11. 用如图装置可以验证动量守恒定律，也可以研究碰撞过程中的能量问题。在验证动量守恒定律时，请回答以下问题：

（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是___________

A．两小球的质量和尺寸可以不同

B．选用两球的质量应满足m1>m2

C．需要直接或间接测量小球在平抛运动过程中的时间和射程

D．斜槽轨道越光滑误差越小

（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上的S位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复。接下来还要完成的步骤是___________；（填选项前的符号）

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2

B．测量小球m，开始释放高度h

C．测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM，ON

（3）若两个小球相碰前后的动量守恒，其表达式可以表示为___________；（利用第2问中所测量的物理量符号表示）

（4）某次实验中的部分数据为：m1=50g，m2=8g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示则碰撞前、后总动量的比值为=___________；（小数点后保留两位）

（5）若在这次实验中仅更换被撞小球的材质，保持两小球质量、尺寸等其它条件不变，可以使被撞小球m2做平抛运动的射程改变。请根据题中给出的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程的最大可能值为___________cm。（小数点后保留一位）

【答案】    ①. B    ②. AD    ③.     ④. 1.03    ⑤. 77.6

【解析】

【详解】（1）[1] A．为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故A错误；

B．为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，即m1＞m2，故B正确；

C．小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故C错误。

D．小球m1每次必须从斜轨同一位置静止释放，斜槽不光滑也没关系，每次到达斜槽末端速度相同，因为克服阻力做功相同，故D错误；

故选B。

（2）[2] 两球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

小球离开斜槽轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，做平抛运动的时间t相等，则

即

实验需要测量两球的质量与两球做平抛运动的水平位移OP、OM、ON，故AD正确，BC错误；

故选AD

（3）[3]根据以上分析可知，若两个小球相碰前后的动量守恒，其表达式可以表示为

（4）[4]根据分析可知

（5）[5] 在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被撞小球m2做平抛运动的射程最大，则需要m2的速度最大，当发生弹性碰撞

，

解得

当m1＞＞m2时，m2速度最大，为

v2=2v0

代入

解得

ON=77.6cm

12. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2和x=1.2m，两列波的波速均为0.5m/s，波源的振幅均为2cm。如图为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。求：

（1）两列波的周期和相遇的时刻；

（2）1.2s内质点M运动的路程。

【答案】（1）T=0.8s，t=0.6s；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意知

，

根据得

T=0.8s

由题意知两列波同时到达M

，

根据得

t=0.6s

（2）由图可知两列波同时到达M点，且振动方向沿x轴负方向，为振动加强点，即M点的振幅

t=1.2s时，M点振动了0.6s，即，所以M点运动路程

13. 如图甲，质量为m的小球用细线悬挂在O1点，小球离地面高度为L。小球可以看成质点，弄断细线后小球自由下落，并与地面发生弹性碰撞。图乙中，质量也为m，长为L的均匀软绳用细线悬在O2点，软绳下端刚好与地面接触。轻轻弄断细线，软绳自由下落，软绳落地后速度立刻变为零。不考虑部分软绳落地后引起的落点的变化，空气阻力不计，重力加速度为g。求：

（1）若小球与地面碰撞的接触时间，地面对小球的平均作用力大小；

（2）从细线断开到软绳全都落至地面过程中，地面对软绳的冲量。

【答案】（1）；（2）或，方向竖直向上

【解析】

【详解】（1）甲图，小球自由下落，则有

小球与地面碰撞前后

小球与地面碰撞，由动量定理得：

将代入，解得：

（2）乙图，软绳全部自由下落到地面的过程中

此过程软绳受到重力和地面的支持力，由动量定理得：

联立解得：

或

方向：竖直向上

14. 如图甲，将力传感器固定于天花板上，传感器上O点为单摆的固定悬点。现将摆球拉到A点，最大摆角未知。现释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2，sin5°=0.087，cos5°=0.996。求：

（1）单摆的摆长；

（2）最大摆角的余弦值；

（3）单摆的振幅。（小数点后保留两位）

【答案】（1）L=1.6m；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据图乙得

根据得

L=1.6m

（2）设在B处的速度为vB，从A到B过程中

、

在最低点B由牛顿第二定律有

解得

、

得

（3）因为

所以

由

得

15. 如图，光滑水平轨道上放置足够长的木板A和滑块C，滑块B置于上表面粗糙的木板A左上端，A、B的质量分别为mA=2kg、mB=1kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，与C发生碰撞（碰撞时间极短）。

（1）若mC=1kg，A与C发生弹性碰撞后，经过一段时间，A、B达到共同速度的大小；

（2）若mC=2kg，A与C发生碰撞后，经过一段时间，A、B达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小；

（3）若A与C发生碰撞后，滑块C的速度v=2m/s，请分析mC的取值范围。

【答案】（1）m/s；（2）m/s；（3）

【解析】

【详解】（1）A与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律

由能量守恒定律

联立解得

m/s

对A、B，由动量守恒定律

解得

m/s

（2）A、B达共速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，即

对A、B、C，由动量守恒定律

解得

m/s

A与C碰撞，由动量守恒定律

解得

m/s

（3）A与C碰撞，由动量守恒定律

解得A的速与C的质量关系为

又因为

即

kg

碰撞过程中动能不能增大，可知

解得

kg

综上所述

kg