1、泰安四中2017级高二上学期期中试题物理试题一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分，1-8为单选，9-12为多选，全选对得4分，选不全得2分，有错选或不选的得0分） 1.自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是A. 机械能守恒 B. 总能量守恒，机械能减小C. 能量正在消失 D. 只有动能和势能的转化【答案】B【解析】【详解】由于要克服空气阻力做功，系统的机械能不断转化为内能，故机械能不守恒，故A错误；由于要克服空气阻力做功，系统的机械能不断转化为内能，故机械能减小，机械能和内能之和守恒，故B正确；能量是不会消失的，机械能转化为内能，故C错误；通过克服空气阻力做功，机械
2、能和内能参与转化，故D错误；故选B。2.做简谐运动的弹簧振子在某段时间内速度越来越大，则这段时间内( )A. 振子的速度与位移同向B. 振子的速度与位移反向C. 振子的位移越来越大D. 振子的机械能越来越大【答案】B【解析】做简谐运动的弹簧振子在某段时间内速度越来越大，则向平衡位置运动，与位移方向反向，位移越来越小，简谐振动的机械能保持不变，B正确。3.如图甲，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移时间图象，则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据简谐运动振子的加速度与位移的关系，
3、得到时刻振子的加速度，而且在前半个周期内加速度为负值简谐运动的图象是正弦曲线，则图象也是正弦曲线，故C正确，选项ABD错误。考点：简谐运动的振动图象、简谐运动的回复力和能量【名师点睛】本题关键抓住简谐运动加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向选择图象。4.如图所示，质量为的物体放置在质量为的物体上，与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上作简谐运动，振动过程中、之间无相对运动，设弹簧劲度系数为，当物体离开平衡位置的位移为时，、间摩擦力的大小等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】本题考查的是对摩擦力的认识，由于两个物体一起在光滑水平面上作简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运
4、动，则A物体所受的回复力即为静摩擦力，D正确；5.如图所示为两个单摆的振动图像，若两单摆所在位置的重力加速度相同，则它们的A. 摆球质量相等B. 振幅相等C. 摆长相等D. 摆球同时改变速度方向【答案】C【解析】【详解】从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式T=2可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，C正确。由图可以看出两单摆振幅不相等，B错误；从图象可以看出，位移为零的时刻不同，故改变速度方向的时刻不同，故D错误；故选C。6. 一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻波的图象如图所示，已知波速为20 m/s，图示时刻x2.0m处的质点振动速度方向沿y轴负方向
5、，可以判断A. 质点振动的周期为0.20s B. 质点振动的振幅为1.6cmC. 波沿x轴的正方向传播 D. 图示时刻，x1.5m处的质点加速度沿y轴正方向【答案】A【解析】试题分析：由波动图象知=4m,则质点振动的周期，T=02s,A正确；质点振动的振幅为A=08cm,B错误；由“上坡下，下坡上”可确定波沿x轴负方向传播，C错误；图示时刻，x=15m处的质点沿y轴正方向运动，加速度方向指向平衡位置，即沿y轴负方向，D错误。考点：横波的图像，波长、频率、波速的关系。7.如图是一列沿着绳向右传播的绳波波形，此时波刚传到B点，由图可判断波源A点开始的振动方向是()A. 向左 B. 向右 C. 向下
6、 D. 向上【答案】D【解析】绳子上向右传播的横波，质点的振动方向与传播方向垂直，不可能沿水平方向故AB均错误图示时刻B振动方向向上，则A点刚开始的振动方向向上故C错误，D正确故选D.点睛：波的基本特性：质点起振动方向与波源起振方向相同，各个质点起振方向都相同8. 图1为一列简谐横波在t=0时的波形图，P是平衡位置在x=1cm处的质元，Q是平衡位置在x=4cm处的质元。图2为质元Q的振动图像。则A. t=0.3s时，质元Q的加速度达到正向最大B. 波的传播速度为20m/sC. 波的传播方向沿x轴负方向D. t=0.7s时，质元P的运动方向沿y轴负方向【答案】C【解析】试题分析：由图2可知，t=
7、0.3s时，质元Q的位置在正向最大位移处，故其加速度是达到反向最大，故A是不对的；由图1可知，波长为8cm，由图2可知，周期为0.4s，故波速为v=20cm/s，所以B也是不对的；由于质元Q在t=0时的振动方向是向下的，故可以判断出波的传播方向是沿x轴的负方向传播的，故C是正确的；当t=0.7s时，实际上是经过1T，0位置处的质元会运动到负的最大位移处，所以P点的质元会运动到x轴以下正在沿y轴的正方向运动的位置，故D是不对的。考点：振动与波的图像。9.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是（ ）A. 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B. 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最
8、小C. 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D. 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大【答案】AD【解析】试题分析：在t1时刻，摆球运动到最大位移处，速度为零，此时拉力与重力的分力之和提供向心力，因此拉力最小，A错；在t2时刻摆球运动到平衡位置，速度最大，拉力最大，同理判断t3和t4时刻，可知BC错；D对；故选D考点：考查振动图像点评：本题难度较小，在平衡位置速度最大，绳子的拉力和重力沿切线方向的分力提供回复力，沿半径方向上的合力提供向心力10.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则( )A. 若两人质量相等，必有v甲v乙B.
9、 若两人质量相等，必有v甲m乙D. 若两人速率相等，必有m甲m乙【答案】AC【解析】试题分析：甲两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，小车向左运动，说明甲的动量大于乙的动量，所以若两人质量相等，必有，A正确，B错误若两人速率相等，必有，C正确，D错误故选AC考点：动量守恒定律点评：AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解11.下面的说法正确的是A. 冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量B. 如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C. 如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D. 作用在物体上的
10、合外力冲量不一定能改变物体速度的大小【答案】AD【解析】【详解】冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，但冲量不是动量，故A错误；如果物体的速度发生变化，则动量一定变化，可以肯定它受到的合外力的冲量不为零，选项B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，合外力不一定使物体的动能增大，例如做匀速圆周运动的物体的向心力对物体的冲量不为零，但是物体的动能不变，选项C错误；作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小，也可能改变物体的速度方向，例如向心力的冲量，选项D正确；故选BD.【点睛】本题考查对冲量、动量、动量定理的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆12.如图所示，质量m13kg、长
11、度L0.24m的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m22kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v02m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止在这一过程中，取g10m/s2，下列说法正确的是()A. 系统最后共同运动的速度为1.2 m/sB. 小车获得的最大动能为0.96 JC. 系统损失的机械能为2.4 JD. 物块克服摩擦力做的功为4 J【答案】BC【解析】试题分析：根据动量守恒定律可以知道，物块和小车动量守恒：则带入数据得到：，故选项A错误；则小车获得的动能为：，故选项B正确；根据能量守恒，则损失的机械能由于克服摩擦阻力做功，转化为系统的
12、内能，故选项C正确，选项D错误。考点：动量守恒定律、能量守恒【名师点睛】本题关键是根据动量守恒定律、动量定理列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解，难度适中。二、实验题（每空2分，共8分）13.单摆测定重力加速度的实验中，（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=_mm（2）实验测得摆长为L，用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为：g=_（用题目中物理量的字母表示）（3）若该同学采用图象法处理实验数据，实验中测出不同摆长L以及对应的周期T，作出图线如图所示，利用图线上任两点A、B的坐标（xl，y1
13、）、（x2，y2）可得出重力加速度的表达式g=_；（4）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_A摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B摆球尽量选择质量大些、体积小些的C为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期TE拉开摆球，使摆线偏离平衡位置一微小角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=【答案】 (1). 14.15 (2). (3). (4). ABE【解
14、析】（1）该摆球的直径为（2）由图乙所示图象可知，单摆的周期，由单摆周期公式可知，重力加速度（3）由单摆周期公式可知，由图象可知，则，解得；（4）实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，AB正确；摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值，故D错误E正确三、计算题（本大题共4小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的计算步骤，只写出最后答案的不能得分）14. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的图象，图乙为平衡位置在1m处的质点P从该时刻开始计时
15、的振动图像，则波沿x轴 （填“正”或“负”）方向传播。求波速。【答案】负 10m/s【解析】试题分析：从乙图象可知，P点此时刻正通过平衡位置向下运动，再通过甲图可以看出波向x轴负方向传播；从甲图可知波长，从乙图可得周期，因此，波速考点：波长、波速和频率的关系15.如图甲、乙分别是波传播路径上M、N两点的振动图象，已知MN=1m若此波从M向N方向传播，则波传播的最大速度为多少？若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为多少？波沿什么方向传播？【答案】m/s 4m，波从N向M方向传播【解析】【详解】由图可知，该波的周期为 T=4103s当简谐波从M向N方向传播时，M、N两点间的距离 s=（n+
16、）则得 = ，（n=0，1，2，3，）波速 v=m/s，（n=0，1，2，3，）当n=0时，波速最大，即最大速度为m/s若波传播的速度为1000m/s，则此波的波长为 =vT=4m；则MN=，根据波形的平移法可知，波从N向M方向传播【点睛】解决本题的突破口在于通过振动图象得出MN距离与波长的关系，从而通过波长和周期求出波速注意波传播的周期性16.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且C被锁定在地面上现有一滑块A从光滑曲面上离地面h高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定已知m
17、Am，mB2m，mC3m.求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的弹性势能的最大值【答案】(1) (2) 【解析】(1)滑块A下滑过程中机械能守恒，设A到达水平面时速度为v1，由机械能守恒定律有：mAghmAv12，解得v1 A、B碰撞过程动量守恒，设滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为v2，由动量守恒定律有mAv1(mAmB)v2，解得v2.(2)滑块C解除锁定后，滑块A、B继续压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有：(mAmB)(mAmBmC)v3.故v3v2.滑块A、B发生碰撞后到弹簧压缩最大，A、B、C及弹簧组成的系
18、统机械能守恒，由机械能守恒定律有：Epmax(mAmB)v22(mAmBmC)v32，解得Epmaxmgh.点睛：本题考查的是动量守恒与机械能守恒的应用，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别求出碰前和碰后滑块的速度，然后根据被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等即可求出弹簧的最大弹性势能17.如图所示，光滑水平冰面上固定一足够长的光滑斜面体，其底部与水平面相切，左侧有一滑块和一小孩（站在冰车上）处于静止状态。在某次滑冰游戏中，小孩将滑块以相对冰面v1=4 m/s的速度向右推出，已知滑块的质量m110 kg，小孩与冰车的总质量m240 kg，小孩与冰车始终无相对运动，取重力加速度g10 m/s2，求：（1）推出滑块后小孩的速度大小v2；（2）滑块在斜面体上上升的最大高度H；（3）小孩推出滑块的过程中所做的功W。【答案】（1）1m/s ；（2）08m ；（3）100J【解析】试题分析：（1）对于滑块、小孩以及冰车构成的系统，根据动量守恒定律可得：0m1v1-m2v2代入相关数据可得：v2=1m/s （2分）（2）对于滑块，根据机械能守恒定律可得：代入相关数据可得：H=08m （2分）（3）小孩在推出滑块的过程中所做的功等于系统所获得的总动能，即：代入相关数据可得：W=100J （2分）考点：动量守恒，动能定理，机械能守恒。