2023-2024学年天津市河西区高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市河西区高二（下）期中物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一个物体在下述运动中，动量不发生变化的是( )
A. 匀速直线运动B. 匀速圆周运动C. 平抛运动D. 竖直上抛运动
2.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是( )
A. 斜面对物体的弹力的冲量为零B. 物体受到的重力的冲量大小为mgt
C. 物体受到的合力的冲量大小为零D. 物体动量的变化量大小为零
3.如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则( )
A. 球和砂车的共同速度v=m1v0csθM+m1
B. 球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒
C. 砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小
D. 当漏出质量为m2的砂子时，砂车的速度v′=v=Mv0csθM+m1
4.某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是( )
A. Δmv1m1+m2−ΔmB. Δmv1m1+m2C. Δmv1m1−ΔmD. Δmv1m2−Δm
5.如图所示，弹簧下端悬挂一个钢球，上端固定，它们组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动，如果钢球做简谐运动，则( )
A. 弹簧对钢球的弹力是钢球做简谐运动的回复力
B. 弹簧弹力为零时钢球处于平衡位置
C. 钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等
D. 钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
6.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 第2s末，质点的动量为零
B. 第4s末，质点回到出发点
C. 在0～2s时间内，质点的加速度一直增大
D. 在1～3s时间内，力F的冲量为零
7.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向，振子的质量为m，重力加速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 振子的振动方程为x=12sin1.0t(cm)
B. t=0.6s和t=1.0s时，振子的速度相同
C. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同
D. t=1.4s时，振子位于O点下方6cm处
8.一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2s
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，共振曲线的峰将向左移动
9.用如图所示的装置验证动量守恒定律，两球的质量分别为m1、m2(m1>m2)，下列说法正确的是( )
A. 需要用秒表测时间
B. 斜槽轨道必须光滑
C. M可能是质量为m2的小球的落点
D. 可用m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−验证动量守恒定律
10.下列是日常生活中常见的现象，其中属于波的衍射的是( )
A. 高速列车迎面驶来时，听到的声音越来越尖的现象
B. 挂在同一水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动起来
C. 水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播
D. 打雷时听见空中雷声会轰鸣一段时间
11.一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传向右端。质点1的振动周期为T。t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是
( )
A. t=34T时质点12的运动方向向上B. t=T2时质点5的加速度方向向上
C. 质点20开始振动时运动方向向下D. 质点1与质点20间相距一个波长
二、多选题（本题共1小题，共5分）
12.水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水枪的直径D，水速为v，水柱垂直射到煤层表面上，水的密度ρ，冲击煤层后自由下落求水柱对煤层的平均冲力( )
A. πD2pv24B. πD2ρv22C. πD2ρv34D. πD2ρv3
三、计算题（本题共3小题，共40分）
13.图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答：

(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少。
14.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板A和静止的滑块C，滑块B置于A的最左端(滑块B、C均可视为质点)。若木板A和滑块B一起以v0=5m/s的速度向右运动，A与C发生时间极短的碰撞后粘在一起.已知木板A与滑块B间的动摩擦因数μ=0.1，且mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg，g取10m/s2，求：
(1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小；
(2)B最终与A相对静止时速度的大小；
(3)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长？
15.如图所示，光滑圆弧轨道BC竖直放置，且与水平面平滑连接，其半径为R=1.2m，C点是圆弧的最低点，O点是圆弧轨道BC的圆心，∠BOC=60°，水平面CD段光滑，D点右侧是粗糙、质量为m=0.3kg的小球，自A点以初速度v0=1.0m/s水平抛出，小球恰好沿圆弧切线从B点进入圆弧轨道，并沿轨道运动；小球运动过程中与放在轨道上D点的物块P相碰，物块P质量M=0.1kg，物块与D点右侧水平粗糙轨道间动摩擦因数μ=0.3，小球和物块可视为质点，忽略空气阻力，g=10m/s2，求：
(1)小球在B点的速度vB的大小；
(2)小球在C点对轨道的压力；
(3)小球与静止在D点的小物块P相碰后，物块P向右滑动距离x的范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
动量p=mv，是矢量，动量不变，表示大小和方向都不变，据此分析各项即可。
本题考查动量的性质，要注意掌握动量的大小等于质量与速度的乘积；其方向与速度方向相同，不论是速度方向还是大小，只要有一个变，则动量就变。
【解答】
动量p=mv，是矢量，动量不变，表示大小和方向都不变，即速度大小和方向都不变，物体应做匀速直线运动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】解：A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcsθ⋅t，弹力的冲量不为零，故A错误；
B、根据冲量的定义式I=Ft可知，物体所受重力的冲量大小为：IG=mg⋅t，故B正确；
CD、物体受到的合力大小为mgsinθ，物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小Δp=I合=mgsinθ⋅t，则合力的冲量和动量的变化量不为零，故CD错误。
故选：B。
斜面对物体的弹力、物体的重力和合力都是恒力，直接根据冲量的定义式I=Ft分析它们的冲量大小；运用动量定理求动量的变化量大小。
本题考查冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；要知道恒力的冲量可根据冲量的定义求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、设水平向右为正方向，石头与砂车的共同速度为v，石头与砂车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v0csθ=(m1+M)v，解得v=m1v0csθM+m1，故A正确；
B、石头和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C、砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误；
D、系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统总质量不变，由动量守恒定律可知，系统在水平方向速度不变，即砂车的速度v′=v=m1v0csθM+m1，故D错误。
故选：A。
系统所受合外力不为零，但水平方向合力为零，系统水平方向动量守恒；石头与砂车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出石头与砂车的速度；根据砂子漏出后的受力情况分析其运动性质。
解决该题关键掌握动量守恒的应用，正确选择研究对象是前提，系统所受合力不为零，但是可以在某一方向所受合力为零即在该方向上系统动量守恒．
4.【答案】A
【解析】解：整个装置为一系统，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，
取玩具船运动的方向为正方向，由动量守恒定律得(m1+m2−Δm)v船−Δmv1=0
解得v船=Δmv1m1+m2−Δm，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据动量守恒定律即可解答。
本题主要考查了动量守恒定律，解题关键是掌握动量守恒定律的条件，要选正方向。
5.【答案】C
【解析】【分析】
振子振动过程中，受到重力和弹簧的拉力，二者的合力提供回复力；简谐振动具有对称性；系统的重力势能、弹性势能与动能相互转化，但系统的机械能守恒．
解决本题的关键有两点：一是看涉及几种形式的能；二是抓住系统的机械能守恒，再进行分析．
【解答】
解：A、振子受到重力和弹簧的拉力，二者的合力提供回复力，故A错误；
B、平衡位置是指振子受到的合外力等于0的位置，所以在平衡位置处弹簧的弹力与重力大小相等，方向相反，故B错误。
C、简谐振动具有对称性，所以钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等，故C正确。
D、振子在振动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，则振动系统的机械能守恒，但钢球的动能与弹簧的弹性势能之和不守恒，还有重力势能。故 D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】解：AC、从图像可以看出，0−2s内，力F的方向和运动方向相同，结合加速度与力F成正比，可知物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，所以2s末，质点的速度最大，动量最大，故AC错误；
B、该物体在后2s内受到的力与前2s内受到力的方向不同，前2s内做加速运动，后2s内沿原方向做减速运动，所以物体在4s内运动方向没有改变，第4s末，质点没有回到出发点，故B错误；
D、在F−t图像中，F与t轴所围的面积表示力的冲量，由图可知在1～2s和2～3s时间内，面积大小相等，一正一负，所以在1～3s时间内，力F的冲量为零，故D正确。
故选：D。
根据力F的方向与运动方向的关系，分析质点的运动情况，判断第2s末质点的速度是否为零，即可知道动量是否为零。根据质点的运动方向是否变化，判断第4s末质点是否回到出发点。结合牛顿第二定律根据F的变化情况分析加速度的变化情况。在F−t图像中，图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量，由此可分析在1～3s时间内冲量大小。
本题的关键要根据牛顿第二定律分析质点的运动情况，要知道F−t图像与时间轴所围的面积表示力F的冲量。
7.【答案】B
【解析】解：A.振子振动的圆频率为ω=2πT=2π1.6rad/s=1.25πrad/s
振子的振动方程为
x=12sin1.25πt (cm)
故A错误；
B.由图乙可知，由x−t图像斜率表示速度可知，t=0.6s和t=1.0s时，振子的速度相等，故B正确；
C.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D.由于从x=−12cm到平衡位置，振子的速度不断增大，则从t=1.2s到t=1.4s时间内的位移小于振幅的一半，所以t=1.4s时，振子位于O点下方大于6cm处，故D错误。
故选：B。
根据图象读出振子的周期与振幅，写出质点的振动方程，由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，根据振动情况判断出t=1.4s时，振子的位置。
本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，解答的关键是D选项的判断要先写出振动方程。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由共振曲线可知当频率为0.5Hz的时候振幅最大，即达到了共振，说明单摆的固有频率为0.5Hz，因此单摆的固有周期T=1f=10.5Hz=2s，故A错误；
B、由单摆的周期公式T=2π Lg可得：L=T24π2g代入数据可知L约为1m，故B正确；
C、增大摆线长度，则单摆的周期变大，频率变小，故C错误；
D、增大摆线长度，则单摆的周期变大，频率变小，当固有频率等于驱动力频率的时候为共振曲线的波峰，因此向左移动，故D正确。
故选：BD。
根据驱动力频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知，摆的周期；由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出摆长增大时，周期相应增大频率相应减小。
本题考查共振的性质，可直接由共振曲线得出单摆固有频率，再由单摆周期公式分析出结果。
9.【答案】D
【解析】解：A、因为平抛运动的时间相等，根据v=xt，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度，无需测量时间，故A错误；
B、斜槽轨道粗糙不影响实验数据，故B错误；
C、根据实验原理与实验操作可知M是m1碰后的落点，故C错误；
D、碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v1=m1v1′+m2v2
因小球在空中做平抛运动，下落时间相同，因此水平速度与水平位移成正比，则可知：
只要m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅ON−成立即可验证动量守恒定律；故D正确；
故选：D。
在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。根据实验的原理确定动量守恒的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
10.【答案】C
【解析】解：A.高速列车迎面驶来时，听到的声音越来越尖的现象属于多普勒效应，故A错误；
B.挂在同一个水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动，这种现象是受迫振动，故B错误；
C.水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播，属于波的衍射现象，故C正确。
D.打雷时听见空中雷声会聂鸣一段时间，这是由于雷声经过多次反射造成的，故D错误。
故选：C。
，波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象，衍射现象是波的特有现象，据此分析即可。
本题考查波的衍射，注意波发生明显衍射的条件，波的衍射与反射及干涉的区别。
11.【答案】A
【解析】解：A、t=34T时，质点13开始振动，此时质点12在平衡位置上方，运动方向向上，故A正确；
B、经过了T4时，质点5开始振动，再经过T4，质点5回到平衡位置，加速度为零，故B错误；
C、根据波动规律可知，质点1开始振动时，运动方向向上，故质点20开始振动时运动方向向上，故C错误；
D、t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动，则质点1、5间的距离为四分之一波长，故质点1与质点17间相距一个波长，故D错误。
故选：A。
本题考查机械波的形成和描述，熟知波的形成和传播特点是解决本题的关键。根据机械波的特点等分析即可。
12.【答案】A
【解析】解：取时间t内的水研究对象，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：
−Ft=0−(ρsvt)v
s=πD24
解得F=πD2pv24
故A正确，BCD错误；
故选：A。
取时间t内的水研究对象，注意水冲击到煤壁上时速度变为零；根据动量定理列式求解即可。
本题关键是研究对象的选择，能想到以某段时间内的水作为研究对象进行分析，然后根据动量定理列式求解即可；注意各物理量的矢量性。
13.【答案】解：(1)由图乙所示图象可知，单摆周期T=0.8s，
单摆的频率f=1T=10.8Hz=1.25Hz
(2)由图乙所示图象可知，在t=0s时，摆球处于负的最大位移，
摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处．
(3)由单摆周期公式T=2π Lg可知：L=gT24π2
代入数据解得，摆长：L≈0.16m
答：(1)单摆振动的频率是1.25Hz。
(2)开始时刻摆球在B处。
(3)这个摆的摆长是0.16m。
【解析】(1)单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图象求出单摆的周期，然后求出频率．
(2)根据图象所示t=0s时摆球的位移确定摆球开始时刻的位置．
(3)已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长．
本题考查基本的读图能力．对于简谐运动的图象，表示是振动质点相对于平衡位置的位移随时间的变化情况，可直接读出周期、振幅和速度、加速度的方向及其变化情况．
14.【答案】解：(1)A、C碰撞过程A、C组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mC)vC
代入数据解得：vC=2.5m/s
(2)最终A、B、C速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v
代入数据解得：v=3m/s
(3)B滑到A的右端时A、B速度恰好相等，A的长度最小，设A的最小长度为L，
A、B相对运动过程，对A、B系统，由能量守恒定律得：12mBv02+12(mA+mC)vC2=12(mA+mB+mC)v2+μmBgL
代入数据解得：L=2.5m；
答：(1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小是2.5m/s；
(2)B最终与A相对静止时速度的大小是3m/s；
(3)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A长度至少是2.5m。
【解析】(1)A、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A、C碰撞后A的速度。
(2)A、B、C系统动量守恒，应用动量守恒定律求出B最终与A相对静止的速度大小。
(3)A、B速度相等时B恰好运动到A的右端时B恰好不从A上滑下，根据能量守恒定律求出A的最小长度。
本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解题。
15.【答案】解：(1)小球运动到B点的速度vB，vB=v0cs60∘
代入数据解得：vB=2m/s；
(2)设小球运动到C点时速度为vc，轨道对小球的支持力为FN，
从B到C过程，由动能定理得：mgR(1−cs60°)=12mvC2−12mvB2，
在C点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvC2R，
代入数据解得：FN=7N，
由牛顿第三定律得小球在C点对轨道的压力：F压=FN=7N；
(3)当小球与物块P发生非弹性碰撞，小球与物块粘在一起时，物块P速度最小，设为v1，滑行距离最小，设为x1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvC=(M+m)v1，
对P，由动能定理得：μ(M+m)gx1=12(M+m)v12，
代入数据解得：x1=1.5m；
当小球与物块P发生弹性碰撞时，设小球速度为v2，物块P速度最大为v3，
滑行距离最大为x2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC=mv2+Mv3，
由机械能守恒定律得：12mvC2=12mv22+12Mv32，
碰撞后，对P，由动能定理得：μMgx2=12Mv32，
代入数据解得：x2=6m，
所以物块P滑动的范围：1.5m≤x≤6m；
答：(1)小球在B点的速度vB的大小为2m/s；
(2)小球在C点对轨道的压力大小为7N，方向：竖直向下；
(3)小球与静止在D点的小物块P相碰后，物块P向右滑动距离x的范围是：1.5m≤x≤6m。
【解析】(1)小球抛出后做平抛运动，根据题意应用运动的合成与分解求出到达B点的速度。
(2)从B到C过程由动能定理求出小球到达C点的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，然后求出小球对轨道的压力。
(3)小球与P碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后P的速度，然后应用动能定理求出P的滑动范围。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用运动的合成与分解、动能定理与动量守恒定律可以解题，解题时注意讨论，否则会出现漏解。