1、兴文二中高2022级高二（上）期中考试物理试题第一部分 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，17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；811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. 把两个单摆分别拉起一定角度后同时释放，均做简谐运动，对比两单摆的振动，以下说法正确的是（）A. 若只是摆球质量不同，则质量大的周期长B. 若只是摆球质量不同，则质量小的周期长C. 若只是摆长不同，则摆长长周期长D. 若只是摆长不同
2、，则摆长短的周期长【答案】C【解析】【详解】AB根据周期公式可知单摆周期与质量无关，故AB错误；CD根据公式可知在同一地点，重力加速度相同，摆长越长，周期越长，故C正确，D错误。故选C。2. 飞力士棒（Flexi-bar）是一种能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒由握柄、负重头和PVC软杆连接而成，可以使用双手进行驱动，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示。则（） A. 使用者用力越大飞力士棒振动越快B. 随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度可能越来越小C. 双手驱动该飞力士棒每分钟完成4.5次全振动，会产生共振D. 负重头质量不变，仅PVC杆缩短时，飞力士棒的固有频率不变【答案】B
3、【解析】【详解】A飞力士棒在人作用下做受迫振动，则人振动的越快，则飞力士棒振动越快，振动的快慢与使用者用力大小无关，选项A错误；B当人手振动的频率等于飞力士棒的固有频率时飞力士棒振动的振幅最大，则随着手振动的频率增大，超过了飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度会越来越小，选项B正确；C棒的固有频率为4.5Hz，可知双手驱动该飞力士棒每秒钟完成4.5次全振动，会产生共振，选项C错误；D负重头质量不变，仅PVC杆缩短时，飞力士棒的固有频率会发生改变，选项D错误。故选B。3. 如图所示为获取弹簧振子的位移时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是（）A. 如果纸带不动，作出的振动图
4、像仍然是正弦函数曲线B. 如果纸带不动，作出的振动图像是一条线段C. 图示时刻，振子正经过平衡位置向左运动D. 若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像【答案】B【解析】【详解】AB根据题意可知，当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，故A错误，B正确；C由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，故C错误；D只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，即纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的不是简谐运动的图像，故D错误。故选B。4. 在杨氏双缝干涉实验装
5、置中，用红光做实验，在屏上呈现明暗相间、间隔距离相等的红色干涉条纹若将若将其中一条缝挡住，另一条缝仍然可以通过红光，缝很窄。那么在屏上将看到（）A. 形状与原来一样的明暗相间、间距相等的红色条纹B. 形状与原来相似的明暗相间、间距相等的红色条纹，只是间距变窄了C. 形状与原来不同的明暗相间、间距不等的红色条纹D. 没有条纹，只是一片红光【答案】C【解析】【详解】若将其中一条缝挡住，那么屏上看到的是红光的衍射条纹，衍射条纹是宽度不相等的明暗条纹，与原来不同。故选C。5. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kgm/s，B球的动量是5kgm/s，当A球追上B球
6、发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）A. pA6kgm/s，pB6kgm/sB. pA3kgm/s，pB9kgm/sC. pA-2kgm/s，pB14kgm/sD. pA6.5kgm/s，pB5.5kgm/s【答案】A【解析】【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能为系统的总动量为A若碰后A、B两球动量为：pA6kgm/s，pB6kgm/s，系统的总动量为则动量守恒，总动能为总动能不增加，符合实际情况，故A正确；B若碰后A、B两球动量为：pA3kgm/s，pB9kgm/s，系统的总动量为动量守恒，总动能为总动能增加，不符
7、合实际情况，故B错误；C若碰后A、B两球动量为：pA-2kgm/s，pB14kgm/s，系统的总动量为动量守恒，总动能为总动能增加，不符合实际情况，故C错误；D若碰后A、B两球动量为：pA6.5kgm/s，pB5.5kgm/s，系统的总动量为动量守恒，但A球碰后动量大于B球动量，则A球速度大于B球速度，不符合实际情况，故D错误。故选A。6. 一列沿x轴正方向传播的简谐波在时的波形如图甲所示，介质中某质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A. 图乙一定是质点A的振动图像B. 图乙可能是质点B的振动图像C. 若图乙是处质点的振动图像，则波速可能为2m/s。D. 若图乙是处质点的振动图像，则
8、波速可能为0.5m/s【答案】D【解析】【详解】AB该波沿x轴正方向传播，由图甲可知，时，质点A从平衡位置向y轴正方向振动，由图乙可知振动周期为，则时，振动图像如图乙的质点也从平衡位置向y轴正方向振动，所以图乙有可能是质点A的振动图像，也有可能是与质点A振动情况完全一致的其它质点的振动图像；质点B与质点A的振动情况正好相反，所以图乙一定不是质点B的振动图像，故AB错误；CD与质点A振动情况一致的点的坐标满足（n=0，1，2，3）得则波速为当时，有波速不可能为2m/s；当时，有当n=1时，可得所以波速可能为0.5m/s，故C错误，D正确。故选D。7. 一枚在空中飞行火箭在某时刻的速度为，方向水平
9、，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为的后部分箭体以速率沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为前部分箭体速率为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得解得故选D。8. 如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.16 s时刻的波形图。已知该波的波速是1 m/s，则下列说法正确的是（） A. 这列波可能是沿x轴正方向传播的B. t=0.04 s时，x=4 cm处的质点速度沿y轴负方向C. 00.16 s内，x=
10、6 cm处的质点振动方向改变了3次D. 若此波传入另一介质中其波速变为0.5 m/s，则它在该介质中的波长为6 cm【答案】CD【解析】【详解】A ，由对应根据波形图可知：传播方向必须向左，故A错误；B由图可知，t=0.04 s时，x=4 cm处的质点速度沿y轴正方向，故B错误；Cx=6 cm处的质点，每到波峰波谷改变一次方向，而且波向左传播，所以振动方向在内改变了3次，故C正确；D若此波传入另一介质中其波速变为0.5 m/s，但它的周期不会改变，根据代入数值计算得它在该介质中的波长为6 cm。故D正确。故选CD9. 如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个
11、弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（） A. 在时，弹簧振子的加速度最大B. 在与两个时刻，弹簧振子在同一位置，运动方向相反C. 从到时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D. 在时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】ABC【解析】【详解】A在时，弹簧振子的位移为正向最大，由可知加速度最大，故A正确；B在与两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，运动方向相反，故B正确；C从到时间内，弹簧振子的位移逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故C正确；D在时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒可知弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误。故选ABC。10. 一带电粒子在非匀
12、强电场中做直线运动，由A点经B、C点运动到D点，其图像如图所示，忽略粒子的重力，则下列说法中正确的是（ ） A. A点的电场强度一定小于B点的电场强度B. 粒子在A点的电势能小于在B点的电势能C. CD间各点的电场强度为零D. A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差【答案】CD【解析】【详解】A由v-t图可知，四个点中A点斜率最大，故加速度也最大，由，可得A点电场强度最大，故A错误；B粒子只受电场力，那么当动能最大时，电势能最小，动能最小时，电势能最大。所以由v-t图可知，A点电势能大于B点电势能，故B错误；C粒子通过CD时速度大小不变，可知此时粒子的加速度为零，即受到的电场力为零，电场
13、强度为零，故C正确；DAC两点速度相等，则可知电场力做功为零，AC两点电势相等，从A到B电场力做正功与B到C克服电场力所做功相等，则可得A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，故D正确。故选CD。11. 甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲、乙的质量之比为9:10，两人在反向加速运动时的某一时刻，关于甲、乙两个人，下列说法正确的是（）A. 动量之比为10:9B. 速度之比为10:9C. 动能之比为10:9D. 加速度之比为10:9【答案】BCD【解析】【详解】AB甲、乙系统动量守恒，则可见，动量大小相等，即1:1；速度与质量成反比，即10:9。故A错误，
14、B正确；C动能之比为故C正确；D甲、乙受力大小相等，根据可知，加速度与质量成反比，即10:9。故D正确。故选BCD。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15分）12. 小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径D=_cm。（2）如图乙所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是_。A便于测量单摆摆长B便于测量单摆周期C确保摆动时摆长不变D确保摆球在竖直平面内摆动（3）小华同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和对应的周期T，
15、然后根据数据描绘图像，进一步计算得到图像的斜率为k，可知当地的重力加速度大小g=_。【答案】 . 2.240 . C . 【解析】【详解】（1）1用游标卡尺测小球的直径D=2.2cm+0.05mm8=2.240cm。（2）2搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是确保摆动时摆长不变，故选C。（3）3根据可得则可得13. 用如图甲所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，1、2、3、4、5、6为纸带上6个计数点，每两个相邻计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图乙所示，相邻计数点间的时间间隔为T，已知交流电频率为50
16、Hz。（1）实验中两个重物的质量关系为m1_ m2（选填“”、“=”或“”）；（2）现测得x1=38.40cm，x2=21.60cm，x3=26.40cm，那么纸带上计数点5对应的速度v5=_m/s（结果保留3位有效数字）；（3）在打点05过程中系统动能的增加量表达式Ek=_，系统势能的减少量表达式Ep=_（用m1、m2、x1、x2、x3、T、重力加速度g表示）；（4）若某同学作出的图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度表达式为g=_（用m1、m2、a、b表示）。【答案】 . . 2.40 . . . 【解析】【详解】（1）1由甲图可知，m2下降，m1上升，打点计时器才能在纸带上打下一系列点，
17、故m1m2；（2）2根据匀变速直线运动的推论得（3）305过程中系统动能的增加量为4系统势能的减少量为（4）5若系统机械能守恒，则有变形可得由此可知，斜率为解得三、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15分，共37分）14. 如图所示，一轻弹簧直立在水平地面上，轻质弹簧两端连接着物块A和B，它们的质量分别为，开始时A、B均静止。现将一个质量为的物体C从A的正上方某一高度处由静止释放，C和A碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动，在运动过程中，物体B对地面的最小压力恰好为零，已知弹簧的劲度系数为k100N/m，弹簧在运动过程中始终在弹性限度范围内，忽略空气
18、阻力，重力加速度g10。求：（1）物块A、C一起做简谐振动的振幅A；（2）物块B对地面的最大压力；【答案】（1）5cm；（2）10N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）在平衡位置，弹簧的压缩量为AC上升到最高位置时，B对地面的压力为零，此时弹簧的拉伸量为所以振幅为（2）AC向下运动到最低点时，其压缩量为物块B受到地面的最大支持力为根据牛顿第三定律得，物块B对地面的最大压力为10N，方向竖直向下。15. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播。时，波传播到x轴上的质点B，在它的左边质点A位于正的最大位移处，在时，质点A第二次出现在负的最大位移处。求：（1）该波的周期；（2）从时开始到质点E第一次
19、到达正向最大位移经历的时间及在该段时间内质点E通过的路程。【答案】（1）08s；（2）1.8s，15cm【解析】【详解】（1）由题意可知质点A第二次到达波谷用时为解得（2）由题意可知，故波速为所以波传到质点E用时根据波形图可知，质点B开始振动时从平衡位置向下振动，则质点E从开始振动到最高点用时为时开始到质点E第一次到达正向最大位移经历的时间为由题意可知该波的振幅为，故从时开始到质点E第一次到达正向最大位移经过的路程为16. 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37、底端为B的斜坡AB，其右侧为宽30m的水平长直公路，B、C为公路的左右边缘，公路右侧有一倾角也为37的斜
20、坡CD。斜坡上A处有一质量为500kg的石块a，C处有一质量为300kg的石块b，a、b均处于静止状态，如图所示。某次特大暴雨后，t=0时刻a由静止开始运动，一段时间后a与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后b恰好落在D点。已知开始时A、B之间的竖直高度h1=125m，C、D之间的竖直高度h2=45m；a与斜坡AB之间的动摩擦因数为，a与公路间的摩擦力、a、b所受空气阻力均忽略不计。a、b均可视为质点，斜坡AB底端与公路面平滑连接，取，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）a、b相碰撞的时刻t；（结果保留三位有效数字）（2）b落在D点时的动能；（3）a、b碰撞过程中b对a的冲量。【答案】（1）17.9s；（2）1.95105J；（3）6103 Ns，方向水平向左【解析】【详解】（1）a下滑到B过程，设a加速度为a1，末速度为v0，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学规律解得a1=1.5m/s2t1=sv0=25m/sa从B运动到C过程，时间为t2，有则从a开始运动到a、b相碰撞经历时间为（2）碰后b做平抛运动，设碰后b的速度为v2，由平抛运动规律有可解得v2=20m/s由动能定理解得1.95105J（3）a、b碰撞过程，设碰后a速度为v1，由动量守恒对a，由动量定理代入数据可得-6103Ns
