2023-2024学年江西省景德镇市高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省景德镇市高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共15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.如图，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生弹性正碰，然后b与c也发生弹性正碰。若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于
A. 8v B. 6v C. 4v D. 2v
2.我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。“长征九号”采用了直径达9米的芯级火箭和四个直径为3.35米的助推器，全长达100米，起飞质量达3000t。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力可使火箭以5m/s2的加速度升空。则它在每秒内喷射的气体质量约为( )
A. 1.5×104kgB. 1.5×105kgC. 1.6×104kgD. 1.6×105kg
3.一列简谐波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图中实线所示，t=3s时的波形如图中虚线所示，则下列判断正确的是
( )
A. 该列波的起振方向向上
B. 该列波一定沿x轴向右传播
C. 此列波的最小波速为1m/s
D. x=1.5 m处的质点经6 s通过的路程可能为30cm
4.江西陈一乐在2021年获全国体操锦标赛女子团体冠军，她在完成平衡木空中动作后落地时，先下蹲后再站起，这样做是为了减小( )
A. 落地时的动量B. 动量变化量
C. 地面对她的平均作用力D. 地面对她的冲量
5.重庆市三峡广场的三峡水景观景处，水池底水平放置四条红色线状灯带构成边长为0.6m的正方形，灯带平面到水面的距离为 715m，水对红光的折射率为43，有红光射出的水面形状为下列图中的(用阴影表示)( )
A. B. C. D.
6.2020年伊始出现了罕见的新型冠状病毒，感染患者在医院进行治疗时，需要打吊瓶。如图所示，该病人正在输b吊瓶中的液体，输了一半时他的左手动了一下，这个动作拉扯到了输液管，使b吊瓶晃动了起来，紧接着待输的a、c吊瓶(液体均满瓶)也跟者晃动起来，假设悬挂三个瓶的细绳长度相同，b、c两吊瓶大小相同，a吊瓶比b、c小一些，则( )
A. b、c两吊瓶发生共振B. a、b、c三个吊瓶均做自由振动
C. b、c两吊瓶的振幅相同D. a、b、c三个吊瓶的振动周期相同
7.如图所示，车厢静止在光滑水平面上，车厢内有一个物体，当给物体一个向右的初速度后，物体与车厢内壁碰撞而在车厢内来回运动，最后物体静止在车厢内时，则( )
A. 车厢处于静止B. 车厢向左运动
C. 车厢向右运动D. 车厢与物体之间没有机械能的损失
8.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是AC连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是( )
A. 甲图中A、B两点的竖直高差为10cm
B. 甲图中C点正处于平衡位置且向水面下运动
C. 从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cm
D. 乙图中在E点观察到的频率比在F点观察到的频率低
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.一束光穿过介质1、2、3时，光路如图所示，则( )
A. 三种介质的折射率n3>n1>n2
B. 相对于介质1来说，介质2是光疏介质
C. 光在介质中的速度v3>v1>v2
D. 当入射角由45∘逐渐增大时，在2、3分界面上可能发生全反射
10.一列简谐横波沿x轴传播，t=2s时刻波的图像如图甲所示，x=2m处的质点P的振动图像如图乙所示，由此可以判断( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 在t=3s时质点P的加速度方向沿y轴正方向
C. 该波在0∼5s内传播的距离是2.5m
D. 在0∼5s时间内质点P通过的路程是20cm
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用单摆测重力加速度。
(1)用毫米刻度尺测得单摆的悬线长为98.00cm，用20分度的游标卡尺测摆球的直径时示数如图甲所示，则摆球的直径D=__________mm。
(2)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，实验中为了减少摆长的测量误差对实验精度的影响，小组决定改变摆长的大小测出对应的单摆周期T，并绘出T2−L图线，从而间接测定当地的重力加速度。
①T2−L图线的斜率为k，当地的重力加速度计算公式为g=__________；
②实验小组测得相关数据，绘制出T2−L图线如图乙所示；
③若取π2=9.87，请根据图乙的T2−L图线算出当地重力加速度值为g=__________m/s2(保留三位有效数字)。
12.如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量两小球的质量mA、mB。
(1)请由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为__________cm。
(2)若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为__________。
(3)实验中造成误差的可能原因有__________。
A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值 B.轨道不光滑
C.轨道末端不水平 D.轨道末端到地面的高度未测量
(4)若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，ON=11.50cm，OP使用(2)中数据，并知小球的质量比为mA:mB=2:1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差η=p−p′p×100%=__________%(结果保留一位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：
(1)该振子简谐运动的表达式；
(2)在1s时，弹簧振子的位移x是多少？
(3)该振子在前24s的总位移是多少？路程是多少？
14.如图，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1=0时刻的波形图。在t2=0.5s时，质点P恰好第二次到达波谷，求：
(1)该列简谐横波的波速v；
(2)x=3.1m处的质点M(图中未标出)从t1=0时刻开始，什么时刻第一次出现在波谷；
(3)从0时刻到Q点第三次出现波峰的过程中，质点P经过的路程。
15.如图所示，光滑水平面上有质量为m、长为R的长木板紧靠在半径为R的光滑四分之一圆弧体左侧，圆弧体固定，长木板上表面和圆弧最低点的切线重合，质量为m的物块(可视为质点)以初速度v0= 3gR(g为重力加速度)从左端滑上长木板，并刚滑到圆弧面的最高点，求：
(1)物块与长木板间的动摩擦因数；
(2)物块从圆弧体上返回到长木板后，相对长木板滑行的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
两个物块发生弹性碰撞时，遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，由两大定律列式，得到两次碰撞后物块的速度，再根据质量关系分析；
解决本题的关键要掌握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式进行分析。
【解答】
解：ab发生弹性正碰时，取碰撞前a的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mav=mava+mbvb，12mav2=12mava2+12mbvb2，
解得vb=2mavma+mb，当ma>>mb时，b有最大速度，vb≈2v，
同理可得，bc正碰时，有vc=2mbvbmb+mc，
当mb>>mc时，c有最大速度，vc≈2vb=4v，所以碰后c的最大速度接近于4v，故ABD错误，C正确。
故选C。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有
mav=mava+mbvb1 ①
根据机械能守恒定律有
12mav2=12mav a2+12mbv b12 ②
联立①②解得
vb1=2mavma+mb ③
由③式可知，当 ma≫mb 时，有
vb1≈2v ④
设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得
mbvb1=mcvc+mbvb2 ⑤
12mbv b12=12mcv c2+12mbv b22 ⑥
联立⑤⑥解得
vc=2mbvb1mb+mc ⑦
由⑦式可知，当 mb≫mc 时，有
vc≈2vb1≈4v ⑧
所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查横波的图象、波长、频率和波速的关系。根据题目所给的已知条件无法确定波的传播方向和波源的起振方向；因为波传播方向的不确定性和质点振动的周期性导致了多解，假设波的传播方向进行讨论，根据波长、频率和波速的关系式v=λT可解得波速的可能值；根据质点振动的周期，计算质点经6 s振动的周期个数，从而可以计算x=1.5m处的质点经6 s通过的路程的可能值。
【解答】
AB.根据题意无法判断波的传播方向，也无法确定波的起振方向，故AB错误；
C.由图可知，波长λ=4m，假设波沿x正方向传播，n+14T1=3s，解得：T1=124n+1s (n=0. 1. 2. 3...)，由v=λT得波速v1=4n+13m/s (n=0. 1. 2. 3...)，此列波的最小波速为v=13m/s；
假设波沿x负方向传播，n+34T2=3s，解得：T2=124n+3s (n=0. 1. 2. 3...)，由v=λT得波速v2=4n+33m/s (n=0. 1. 2. 3...)，此列波的最小波速为v=1m/s，因为传播方向不确定，故C错误；
D.假设波沿x正方向传播，6 s时间内质点振动的周期数为：N1=6sT=2n+12 (n=0. 1. 2. 3...)，x=1.5m处的质点经6 s通过的路程可能为10cm，50cm，90cm...
假设波沿x负方向传播，6 s时间内质点振动的周期数为：N2=6sT2=2n+32 (n=0. 1. 2. 3...)，x=1.5m处的质点经6 s通过的路程可能为30cm，70cm，110cm...故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】在完成平衡木空中动作后落地时，先下蹲后再站起，根据动量定理可得
(F−mg)Δt=Δp
这样做不会减小落地时的动量，不会减小动量变化量，也不会减小地面对她的冲量；而是通过增加作用时间，从而减小地面对她的平均作用力。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查光的全反射现象，全反射的条件：只有光从光密介质(折射率大)射入光疏介质(折射率小)，且入射角大于等于临界角时，才会发生全反射现象。
掌握临界角公式sin C=1n。
【解答】
取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为R，点光源出的光线在水面恰好全反射的光路图如图所示。
由sinC=1n=34，
可得tanC=3 7，
根据几何关系可得R=htanC= 715×3 7m=0.2m，
则一个点发出的光在水面上能看到R=0.2m的圆，光射出的水面形状边缘为弧形。四条红色线状灯带构成的发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图所示
故选A。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了单摆的周期公式、受迫振动和共振。
由于a、c在由于b瓶的振动而开始振动，所以a、c发生受迫振动，故a、b、c三瓶的振动周期相同；由于b、c两瓶细绳长度相同，但b瓶中只有一半液体，而c瓶是满瓶，摆长不同，根据单摆的周期公式T=2π Lg可知，周期不同，故不能发生共振。
【解答】
A.b、c两吊瓶重心高度不同，导致有效摆长不同，所以二者不会发生共振，A错误；
B.只有b吊瓶做自由振动，a、c两吊瓶均做受迫振动，B错误；
CD．a、c两吊瓶在b吊瓶的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，所以a、b、c三个吊瓶的振动周期相同，C错误，D正确。
7.【答案】C
【解析】.C
【详解】ABC.选车厢和物体组成的系统为研究对象，车厢在光滑的水平面上，在水平方向不受作用力，故系统在水平方向上动量守恒，又开始时物体具有向右的动量，系统总动量方向向右，当物体静止在车厢内时，系统仍具有水平向右的动量，故可知，车厢和物体最终具有水平向右的速度，故AB错误，C正确；
D.由于物体与车厢内壁发生碰撞有内能产生，故车厢与物体之间有机械能的损失，故D错误．
故选C．
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A.b、c吊瓶的重心位置不同，因此有效摆长不同，所以不会发生共振，故A错误；
B.只有b做自由振动，a、c均做受迫振动，故B错误；
C.b、c摆长不同，则两吊瓶的振幅不同，故C错误；
D.振动周期等于驱动力周期，因此三个吊瓶的周期相同，故D正确。
故选D。
9.【答案】AB
【解析】AB
【详解】AB.由图可知，光从介质1射入介质2中折射角大于入射角，则 n1>n2 ，光从介质2射入介质3中折射角小于入射角，则 n2n1 ，所以有 n3>n1>n2 ，可知相对于介质1来说，介质2是光疏介质，故AB正确；
C.根据公式
v=cn
由于
n3>n1>n2
则有
v2>v1>v3
故C错误；
D. 当入射角由 45∘ 逐渐增大时，光从2到3是从光疏介质到光密介质，全反射只有光从光密介质射向光疏介质时才能发生，所以在此界面上不会发生全反射，故D错误。
故选AB。
10.【答案】BC
【解析】.BC
【详解】A.由振动图像可知， x=2m 处的质点P在 t=2s 时刻沿y轴负向振动，由波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由图乙可知，在 t=3s 时质点P在负的最大位移处，可知此时回复力方向沿y轴正方向，则质点 P 的加速度方向沿 y 轴正方向，故B正确；
C.由图甲可知，波长为 λ=2m ，由图乙可知，周期为 T=4s ，则波速为
v=λT=24m/s=0.5m/s
该波在 0∼5s 时间内传播的距离
Δx=v⋅Δt=0.5×5m=2.5m
故C正确；
D.在 0∼5s 时间内，由于
Δt=54T
且 t=0 时刻，质点P处于平衡位置，则在 0∼5s 时间内质点P通过的路程为
s=54×4A=5A=25cm
故D错误。
故选BC。
11.【答案】
20.80 4π2k 9.68##9.67##9.69##9.70
【详解】(1)[1]20分度游标卡尺的精确值为 0.05mm ，由图可知摆球的直径为
D=20mm+16×0.05mm=20.80mm
(2)①[2]根据
T=2π Lg
解得
T2=4π2gL
可知 T2−L 图像的斜率为
k=4π2g
解得当地的重力加速度为
g=4π2k
③[3]由 T2−L 图像可得斜率大小为
k=ΔT2ΔL=4.95−2.501.2−0.6m/s2≈4.08m/s2
则重力加速度为
g=4π2k=4×≈9.68m/s2

【解析】略
12.【答案】 8.60(8.55～8.60) mAOP=mAOM+mBON AC##CA 2
【详解】(1)[1]用尽量小的圆将各个落点圈起来，圆心即为平均落地点，则由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为8.60cm。
(2)[2]由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得
mAv0=mAv1+mBv2
则有
mAv0t=mAv1t+mBv2t
可得若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为
mAOP=mAOM+mBON
(3)[3]
A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值会造成偶然误差，故A正确；
B.轨道不光滑对实验无影响，只要到达底端时的速度相同即可，故B错误；
C.轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，则对实验会造成误差，故C正确；
D.两球从同一高度开始下落，则下落的时间相等，即轨道末端到地面的高度未测量对实验不会造成误差，故D错误。
故选AC。
(4)[4]设A、B两球的质量分别为2m和m，则
η=p−p′p×100%=2m×8.60−(2m×2.68+m×11.50)2m×8.60×100%≈2%

【解析】略
13.【答案】(1) y=20sinπ6t+π6cm ；(2) 10 3cm ；(3)0， 160cm
【详解】(1)根据图像可知周期为
T=2×11−5s=12s
根据数学规律可知，一个完整的规则的正弦图像的振动函数表达式为
y=Asin2πTt=20sinπ6tcm
由振动图像可知，令将上述函数所对应的图像向左平移 Δt 得到题中图所示的振动图像，则有
Δt=122s−5s=1s=T12
则该振子简谐运动的表达式为
y=20sinπ6t+T12cm=20sinπ6t+π6cm
(2)在 1s 时，弹簧振子的位移为
x=20sinπ6×1+π6cm=10 3cm
(3)由于
24s=2T
则弹簧振子的总位移为
x=0
路程为
s=2×4A=160cm

【解析】略
14.【答案】解：(1)由波形图可知λ=4m，t1=0时刻波刚传到P点，质点P正在平衡位置向下振动，再过114T第二次到达波谷，即114T=0.5s，解得：T=0.4s，所以，波速为v=λT=10m/s；
(2)离M点最近的波谷在x=3m处，沿传播方向的距离为△x=0.1m
则传播时间为△t=Δxv=0.01s
即在t=0.01s时刻M点第一次出现在波谷；
(3)0时刻距Q点最近的波峰在x=1m处，沿传播方向上的距离△x1= 6m
则Q点第一次到达波峰的时间为△t1=Δx1v=0.6s
再过两个周期为Q点第三次到达波峰△t2=2T=0.8s
总时间△t总=Δt1+Δt2=1.4s=312T，
根据质点振动一个周期的路程为4A，则P点的路为S=3×4A+2A=70cm=0.7m。
【解析】本题考查了波动图像这个知识点；
(1)根据题意确定周期，由图像看出波长，继而求出波速；
(2)算出离M点最近的波谷沿传播方向的距离，再算出传播时间，从而判断结果；
(3)算出离Q点最近的波峰沿传播方向的距离，再算出传播时间，从而求出经过的路程。
15.【答案】解：(1)物块从滑上长木板到圆弧最高点过程，由动能定理得：−μmgR−mgR=0−12mv02
解得：μ=0.5
(2)物块从圆弧上端滑到最低点过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv12
解得：v1= 2gR
物块与长木板组成的系统动量守恒，设木块与长木板共速时物块仍在木板上，设物块相对长木板滑行的距离为L，
设物块与长木板的共同速度为v2，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，
由能量守恒定律得：12mv12=12×2mv22+μmgL
解得：v2=12 2gR，L=R，假设成立，物块相对木板滑行的距离为R
答：(1)物块与长木板间的动摩擦因数0.5；
(2)物块从圆弧体上返回到长木板后，相对长木板滑行的距离是R。
【解析】(1)应用动能定理可以求出物块与长木板间的动摩擦因数。
(2)应用机械能守恒定律求出物块再次滑上长木板时的速度大小，物块与长木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。
根据题意分析清楚物块与长木板的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。