四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第一部分 选择题（共48分）
注意事项：
每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 弹簧振子做简谐运动。在某段时间内其加速度越来越大，则这段时间内（ ）
A. 振子的速度越来越小B. 振子正在做匀加速运动
C. 振子正在向平衡位置运动D. 振子的速度方向与加速度方向相同
【答案】A
【解析】
【详解】C．根据题意可知，弹簧振子在某段时间内其加速度越来越大，由牛顿第二定律可得
可知，振子的位移大小越来越大，则振子由平衡位置向端点运动，故C错误；
A．由于振子由平衡位置向端点运动，则振子的速度越来越小，故A正确；
B．根据题意，结合A分析可知，振子做加速度增大的减速运动，故B错误；
D．由A分析可知，振子做减速运动，则振子的速度方向与加速度方向相反，故D错误。
故选A。
2. 某同学利用单摆测量重力加速度，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是（ ）
A. 组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B. 组装单摆细线要轻
C. 实验时须使摆球可旋转
D. 摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．组装单摆须选用密度较大，而直径较小的摆球，选项A错误；
B．组装单摆细线要轻，选项B正确；
C．实验时不能使摆球可旋转，选项C错误；
D．摆长一定的情况下，摆的振幅不能太大，摆角不超过5°，选项D错误。
故选B。
3. 如图所示是水波干涉示意图，S1、S2是两波源，A、D、B三点在一条直线上，两波源的频率相同，振幅相等，则下列说法正确的是（ ）
①A点一会儿在波峰，一会儿在波谷
②B点一会儿在波峰，一会儿在波谷
③C点一会儿在波峰，一会儿在波谷
④D点一会儿在波峰，一会儿在波谷
A. ①②④B. ②③④C. ③④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①②④．在两列波叠加的区域里，波峰和波峰相遇，波谷和波谷相遇都是振动加强点，波峰和波谷相遇是振动减弱点，加强的区域总是加强，减弱的区域总是减弱，由图像知A是波峰与波峰叠加，B是波谷与波谷叠加，是振动的加强点，在A与B的连线上的D点也是振动的加强点。振动的加强点的振动始终加强，但是一会儿在波峰，一会儿在波谷，①②④正确；
③．C点是波峰与波谷叠加，是振动的减弱点，由于两波源频率相同，振幅相等，所以C点的振幅一直为0，③错误。
故选A。
4. 如图所示是一个浮漂改装而成的浮力振子，振子上的刻度表示振子受到的浮力大小，某次在平静水面的振动中振子所受浮力F随时间t变化如图所示，则（ ）
A. 振子重力大小为
B. 振子做简谐振动的最大回复力是
C. 振子在0.5s时的动能最大
D. 从0到0.5s的过程中，振子向下运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，振子重力大小为，选项A正确；
B．振子做简谐振动的最大回复力是，选项B错误；
C．振子在0.5s时振子受浮力最小，则振子在最高点，此时速度为零，动能最小，选项C错误；
D．从0到0.5s的过程中，振子从浮力最大位置向浮力最小位置振动，即振子向上运动，选项D错误。
故选A。
5. 我国南方地区常用木槌把糯米饭打成糍粑。已知木槌质量为18kg，木槌刚接触糍粑时的速度方向竖直向下，大小是5m/s，打击糍粑0.1s后木槌静止，重力加速度g取10m/s2，则木槌打击糍粑的平均作用力大小为（ ）
A. 180NB. 900NC. 1080ND. 1800N
【答案】C
【解析】
【详解】设竖直向下为正方向，对于木槌，由动量定理可得
解得
即木槌受到糍粑的平均作用力大小为1080N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑的平均作用力的大小为1080N，方向竖直向下。
故选C。
6. 下图为一列沿x轴传播的横波在某时刻的波形图，波的频率为4Hz，此时质点A的运动方向沿y轴负向，则该波的传播方向及波速分别为
A. 沿x轴正向，8m/sB. 沿x轴正向，16m/s
C. 沿x轴负向，8m/sD. 沿x轴负向，16m/s
【答案】D
【解析】
【详解】质点A的运动方向沿y轴负向，根据平移法可知，波向x轴负向传播，波长为4m，频率为4Hz，所以周期为，波速为，ABC错误D正确．
7. A、B两球沿一直线发生正碰，图中的图记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别是A、B两球碰前的图线，c是碰撞后的图线（图线a与纵轴的交点坐标为9），若A球的质量，则由图可知（ ）

A. 球B的质量
B. 碰撞前球A动量大小为
C. 碰撞过程中，球A受到的冲量大小为
D. 碰撞过程中，球B动量变化的大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由位移时间图像斜率表示速度得，A碰前的速度为

B碰前的速度为
A、B碰后的速度为

A、B两球碰撞时动量守恒

解得

故A错误；
B．碰撞前球A的动量为
(负号表示负方向)
故B错误；
C．碰撞过程中，球A受到的冲量为

故C正确；
D．碰撞过程中，球B动量变化为
（负号表示负方向）
故D错误。
故选C。
8. 宾馆饭店大部分部安装了自动门，当有人靠近时，门会实现自动打开，人走后自动关闭。但是如果人站着不动，自动门并设有反应。这类自动门实际上是安装了雷达波感应器。雷达波感应器不停地发射雷达波，根据多普勒效应，被人反射回来的雷达波的频率随之发生改变，而变化量与人移动的速率成正比。雷达波感应器中的接收器敏锐地捕捉到这一变化，并将这一变化转换成相对应的电信号的变化，该信号经放大以后输入至经过编程的微控制器，控制器控制门的打开和关闭。下面的说法中正确的是（ ）
A. 当有人靠近自动门时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率变大
B. 当有人远离自动门时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率变大
C. 当有人站着不动时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率不变
D. 被人反射回来的雷达波的传播速度变快
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据多普勒效应的可知，当物体与波源相互靠近时，接受到的频率增大，即当有人靠近自动门时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率变大，A正确；
B．根据多普勒效应的可知，当物体与波源相互远离时，接受到的频率变小，即当有人远离自动门时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率变小，B错误；
C．根据多普勒效应的可知，当物体与波源相对静止时，接受到的频率不变，即当当有人站着不动时，雷达波感应器接收到的雷达波的频率不变，C正确；
D．雷达波是电磁波，电磁波的传播速度等于光速，即被人反射回来的雷达波的传播速度不变，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，S是水面波的波源，MN是挡板，S1、S2是到S距离相等的两个相同的狭缝，BD为S1S2中垂线上的两点，E点是BD的中点（图中未画出），实线代表波峰、虚线代表波谷，下列说法正确的是（ ）
A. A、C点为振动加强点
B. B、D点为振动加强点
C. E点为振动加强点
D. E点既不是振动加强点，也不是振动减弱点
【答案】BC
【解析】
【详解】A． A、C点波峰与波谷相遇，均为振动减弱点，故A错误；
B．B点波谷与波谷相遇，D点波峰与波峰相遇，均为振动加强点，故B正确；
CD．根据对称性可知B、D连线上各点到S1和S2波程差均为零，所以E点为振动加强点，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 在内质点经过的路程是
B. 在末，质点的速度为零，加速度最大
C. 和两时刻，质点位移大小相等都是
D. 质点的速度随时间的变化规律为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】A．由题图可知周期为，质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，依题意，可得
则在内质点经过的路程是
故A正确；
B．在末，质点位于正向最大位移处，速度为零，加速度最大。故B正确；
D．因质点的位移随时间变化规律为
则质点的速度随时间的变化规律为
故D错误；
C．将和分别代入位移随时间变化的关系式中可得，两时刻质点的位移大小相等，都是
故C正确。
故选ABC。
11. 有一倾角为的斜面，其底端固定一挡板M，可视为质点的木块A、B质量均为m，木块A、B与斜面间的动摩擦因数相同，挡板M通过一轻弹簧与木块A相连接。如图所示，开始时木块A恰好静止在P处，弹簧处于自然伸长状态，P、Q间的距离为L，木块B从Q点以初速度向下运动，与木块A相撞后立刻一起向下运动，但不粘连。木块A、B一起到达最低点后反弹，木块B向上运动恰好能回到Q点。则以下说法正确的是（ ）
A. 木块B与A相撞后瞬间的速度为
B. 弹簧第一次被压缩时的最大弹性势能
C. 弹簧第一次被压缩时的最大压缩量
D. 弹簧第一次被压缩时的最大压缩量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．开始时木块A恰好静止在P处，则有
木块B下滑做匀速直线运动，B和A相撞前后，总动量守恒，则有
解得，故A错误；
B．木块B和A压缩弹簧的初动能
从碰撞结束到最低点由动能定理可得
联立解得
故B正确；
CD．设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s，两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2，则
两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程
联立可得
故C错误，D正确。
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：
必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
(1)某同学用刻度尺测得摆线长为0.585m,用如图甲所示的游标卡尺（游标尺上有10个等分刻度）测摆球直径，用如图乙所示的秒表记录单摆振动50次所用的时间．由图甲读出摆球直径为_____________m,单摆振动50次所用的时间为____________s
(2)若测得摆球直径为d，摆线长为L，周期为T，请写出重力加速度的计算式g=______
【答案】 ①. 1.02×10-2 ②. 100.4 ③.
【解析】
【详解】（1）[1][2]由图甲可知，游标卡尺主尺示数是1cm，游标尺示数是
2×0.1mm=0.2mm=0.02cm
则游标卡尺的示数是
1cm+0.02cm=1.02cm=1.02×10-2m
由图乙所示秒表可知，秒表分针示数是1min=60s，秒针示数是40.4s，秒表示数是
60s+40.4s=100.4s
即单摆振动50次所用的时间为100.4s。
（2）[3]单摆摆长为
L´=L+
由单摆周期公式
T=2π
可得，重力加速度的计算式
g==
13. 图1是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一竖直遮光条。
（1）小组成员甲先用螺旋测微器测量滑块A上的挡光片宽度dA如图2所示，小组成员乙用游标卡尺测量滑块B上遮光条dB的宽度如图3所示，则dA=___________mm，dB=___________mm；
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端___________（选填“升高”或“降低”）一些。
（3）测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，将滑块B静置于两光电门之间，将滑块A静置干光中门1右侧，推动A，使其获得水平向左的速度，经过光电门1并与B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间为、，光电门2记录的挡光时间为，则实验中两滑块的质量应满mA___________mB（选填“>”、“<”或“=”），滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式___________（请用题目中给出的已知量表示）。
【答案】 ①. 6.690#6.689#6.691 ②. 5.5 ③. 降低 ④. < ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 挡滑块A上的挡光片宽度
[2] 游标卡尺的读数是主尺读数（1mm的整数倍）加上游标尺的读数，图中的读数为
（2）[3] 滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明通过光电门1的速度小于通过光电门2的速度，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端降低一些。
（3）[4] 要使滑块A与滑块B碰撞后反弹，则应该满足
mA＜mB
[5] 取向左为正方向，碰撞前动量
碰撞后A动量
碰撞后B动量
滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式
即
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。求：
（1）写出该简谐运动的表达式；
（2）t=0.9s时位移；
（3）振子在0～3.6s内通过的路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】运用简谐运动基本公式结合图像解题即可。
【详解】（1）由图像可知
由简谐运动表达式，可得
（2）将代入（1）式，得：
（3）在0～3.6s内，经过的周期数
振子在1T内通过的路程为4A，0.5T内通过的路程为2A,
则在0～3.6s内,振子通过的路程为
15. 最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波振幅为A，在t（图中实线）与（图中虚线）两个时刻x轴上区间内的波形图如图所示，求：
（1）该地震波质点振动的周期T；
（2）该地震波最小波速为多少；
（3）处的质点在0.2s内通过的最小路程。
【答案】（1），（，1，2，3…）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意有
，（，1，2，3…）
所以
，（，1，2，3…）
（2）由题图知，该地震波的波长为，最大周期为0.8s，根据波速与波长的关系可得，最小波速为
（3）地震横波沿轴正方向传播，t时刻处的质点在，若路程最小，则其振动周期为0.8s，0.2s刚好为周期，故最小路程为
16. 如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g，求：
（1）子弹击中木块后的速度；
（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；
（3）木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）子弹击中木块，根据动量守恒有
解得子弹击中木块后的速度
（2）根据能量守恒
得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q
（3）击中后根据动能定理
木块从C点飞出后做平抛运动
解得