2022-2023学年广东省佛山市南海区重点中学高二（下）期中物理试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年广东省佛山市南海区重点中学高二（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.“爆竹声中一岁除”，将一个质量为m的爆竹竖直向上抛出，它到达最高点时爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m3，速度大小为v，忽略质量损失，则另一块的速度大小是(

)A.v B.2v C.3v 2.下列有关振动的说法正确的是(

)A.阻尼振动的振幅不会变化

B.物体振动的频率就是物体的固有频率

C.当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值

D.共振是普遍的现象，都是有利的3.对于简谐运动的回复力和位移的关系，下列图中正确的是(

)A. B. C. D.4.周期是2s的单摆叫秒摆，取重力加速度大小g=π2A.1m B.2m C.3m5.在水波槽里放两块挡板，中间留一窄缝，已知窄缝的宽度为15cm，水波的波长为20cmA. B.

C. D.6.多普勒效应在科学技术中有广泛的应用。下列说法错误的是(

)A.利用多普勒测速仪，可以测量水在海底的流速

B.“彩超”利用了多普勒效应

C.多普勒效应不能用于天体研究

D.波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化7.如图所示，甲图为参与波动的质点P的振动图像，乙图为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波动图像，则下列判断错误的是(

)

A.该波的传播速率为1m/s

B.该波的传播方向沿x轴正方向

C.在0～2s时间内，质点P的路程为二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.下列说法正确的是(

)A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量

B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程中受到的作用力

C.初速度相同的两个物体受相同的制动力作用会同时停下来

D.人从越高的地方跳下，落地时受到的冲量越大9.如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，在振子从平衡位置O点向a点运动的过程中(

)A.回复力在增大 B.速度在减小 C.位移方向向右 D.加速度方向向左10.如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块(可视为质点)以速度v0从木板左侧滑上长木板，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，图乙为物块与木板运动的v−t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比

C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）11.在“验证动量守恒定律”的实验中，先将入射小球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平面上的记录纸上留下印读P，多次重复操作，再把被碰小球放在斜槽轨道水平端的最右端处静止，让入射小球从斜槽轨道上原来的固定点由静止开始滚下，入射小球与水平端被碰小球相碰，碰后两小球分别落在记录纸上的M、N位置，重复操作多次。

(1)入射小球的质量为40g，直径为2.0cm，下列可选为被碰小球的是______。

A.质量为20g，直径为3.2cm

B.质量为22g，直径为3.0cm

C.质量为4g，直径为2.0cm

(2)确定小球的平均落点的方法是12.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下操作：

(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，摆球的直径为______cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l，通过计算得到摆长L。

(2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是______(填选项前的字母)。

A.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放并开始计时

B.在摆球到达最高点时开始计时

C.用秒表测量单摆完成1次全振动所用的时间，并将该时间作为单摆的周期

D.用秒表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期

(3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球的直径d，则当地的重力加速度g=______(用测出的物理量表示)。

(4)若测量出多组周期T、摆长L的数值后，作出T2−L图线如图乙所示，请根据图乙求出重力加速度g=______m/s2(结果保留三位有效数字)。

(5)如果测得的g值偏大，可能的原因是______(填序号)。

A.四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）13.如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(时间极短且未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求：

(1)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能ΔE；

(2)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离14.如图甲所示，有一悬挂在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后释放，小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，已知B点为小球运动中的最低点，A、C两点为小球运动中的最高点，摆角为α(α<5°)在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为F2，图中F2、t0已知，当地重力加速度大小为g，求：

(1)单摆的周期T和摆长L；

(15.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面4m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1=30kg，冰块的质量m2=10kg，斜面体的质量M=

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：以质量为的23m的速度方向为正方向，爆竹在最高点爆炸，水平方向爆炸力远远大于阻力，动量守恒，由动量守恒定律有：

0=2mv3+mv′3

得：v′=−2v2.【答案】C

【解析】解：A.阻尼振动由于阻力作用，一部分机械能转化为内能，因此阻尼振动的振幅将逐渐减小，故A错误；

B.物体振动的频率不一定是物体的固有频率，对于受迫振动，受迫振动频率与外界驱动力的频率相等，故B错误；

C.当驱动力的频率与固有频率相等时，物体会发生共振，此时物体做受迫振动的振幅达到最大值，故C正确；

D.共振是普遍的现象，但不一定都是有利的，例如桥梁在风作用下的振动，如果发生共振，极有可能使桥梁受损，故D错误。

故选：C。

阻尼振动由于阻力的存在，一部分机械能转化为内能，因此阻尼振动的振幅将逐渐减小。当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．驱动力的频率等于固有频率．共振是普遍的现象，不一定都是有利的

理解阻尼振动、受迫振动、共振是解题的关键。3.【答案】C

【解析】解：根据F=−kx可知，回复力F与位移x的大小成正比，方向与位移方向相反，回复力F与位移x的关系图像为一条直线，斜率为负值，故C正确，ABD错误。

故选：C。

做简谐运动的质点，回复力方向总与质点的位移方向相反.根据回复力方向与位移方向的关系分析F−x4.【答案】A

【解析】解：由题意可知，周期T=2s，加速度g=π2，由单摆的周期计算公式T=2πlg，可得秒摆的摆长是l=gT25.【答案】C

【解析】解：已知窄缝的宽度为15cm，水波的波长为20cm，明显窄缝的宽度比水波的波长小，符合产生明显衍射现象的条件，且水波是以水中某点为中心的弧线，由于波的频率不变，介质不变，所以水波的波长不变。故ABD错误，C正确。

故选：C。

6.【答案】C

【解析】解：A.利用多普勒测速仪，可以测量水在海底的流速，A说法正确，不符合题意，故A错误；

B.“彩超”的原理是向病人体内发射超声波，经血液反射后接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术利用了多普勒效应，B说法正确，不符合题意，故B错误；

C.多普勒效应可用于天体研究，C说法错误，符合题意，故C正确；

D.波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化，当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小，D说法正确，不符合题意，故D错误；

故选：C。

多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，波源与观察者相互靠近或者远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化，当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。

多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，理解应用的领域。接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。7.【答案】C

【解析】解：A.由题可知，题中给出了波在2s时的波形图和质点P的振动图，则由乙读出该波的波长为λ=4m，由甲图读出周期为T=4s，

则波速为：v=λT=44m/s=1m/s，故A正确；

B.由甲图可知t=2s时刻，P质点的振动方向沿y轴正方向，在乙图中，根据“上坡下，下坡上”的规律可判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；

C.质点P不会随波向前传播，只是在平衡位置附近振动，故质点P的路程可由波的振幅表示，根据甲图可知，在0～2s时间内，质点P的路程为0.6m，故C错误；

D.由上分析可得，这列简谐横波频率为：f=1T=14H8.【答案】BD【解析】解：A、在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减少落地过程受到的冲击力，故A错误；

B、在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小受到的作用力，故B正确；

C、根据动量定理Ft=mv，初速度相同，质量大的物体受相同制动力情况，停下时间t会小，C错误；

D、从越高的地方跳下，落地时速度越大，速度变化量越大，动量变化量越大，则冲量越大，D正确；

故选：BD。

考查动量与冲量的基本概念，明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，知道动量定理的表达式为：9.【答案】AB【解析】解：振子从平衡位置O点向a点运动的过程中，由F回=−kx可知振子受到的回复力向右且不断增大，故A正确；

振子从平衡位置O点向a点运动的过程中，弹性势能逐渐增大，动能逐渐减小，速度在减小，故B错误；

位移由平衡位置指向振子所处位置，方向向左，故C错误；

回复力指向平衡位置，加速度方向向右，故D错误；

故选：AB。

振子从平衡位置O点向a10.【答案】AB【解析】解：A、据题可知，小物块恰好在到达木板右端时与木板相对静止，由图可知，木板的长度等于0−t1内物块与木板的位移之差。0−t1内，物块的对地位移为x物=v0+v12t1，木板的对地位移为x木=v12t1，则木板的长度为L=x物−x木=v0t12，故A正确；

B、设木板的质量为M，木块的质量为m，由图可知，t1时刻二者共速为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=mv1+11.【答案】C

用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置

m1【解析】解：(1)为了防止入射球反弹，应用质量大的小球去碰撞质量小的小球；同时两球的半径应该相等，故选：C。

(2)确定小球的平均落点的方法是用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置。

(3)根据动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2

入射小球前后两次分别落在P、M点，小球做平抛运动的时间相等，则m1v0t=m12.【答案】2.27

D

4π2(l+【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，主尺读数22mm，游标尺读数7×0.1mm=0.7mm，则摆球的直径为22mm+0.7mm=22.7mm=2.27cm

(2)AB.摆球在最低点时速度最大，计时误差较小，所以在摆球通过最低点时开始计时，故AB错误；

CD.测一次全振动时间作为周期偶然误差较大，要多次测量取平均值，故C错误，D正确。

故选：D。

(3)根据单摆的周期公式有：T=2πL+d2g

解得：g=4π2(l+d2)T2

(4)根据单摆的周期公式有：T2=4π2gL+4π2g⋅d2

由图像可知：

13.【答案】解：(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m) v′

射入过程中系统损失的机械能ΔE=12mv2−12(M+m)v【解析】(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入木块后的共同速度，再由能量守恒定律求出系统损失的机械能。

(2)14.【答案】解：(1)由题图乙可知，单摆周期为T=2t0

由单摆周期公式T=2πLg

解得L=gt02π2

(2)小球在A点时拉力最小，拉力的大小等于重力沿绳子方向的分力，即F2=mgcosα

解得m=F2gcosα

(3)小球在平衡位置B点时拉力最大，根据牛顿第二定律有F1【解析】(1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．根据单摆周期公式求出摆长。

(2)小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量；

(15.【答案】解：(1)设冰块在斜面体上上升到最大高度时的速度为v。推出时冰块的速度大小为v2，小孩的速度大小为v1。

对冰块和斜面体组成的系统，以向左为正方向，根