2023-2024學年北京市通州區(qū)高二下學期4月期中考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1通州區(qū)2023—2024學年第二學期高二年級期中質量檢測物理試卷一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.對于質量一定的物體，下列說法正確的是（）A.物體動量變化，動能一定變化B.物體動能變化，動量一定變化C.物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大D.物體所受合外力越大，它的動量變化就越大【答案】B【解析】A．做勻速圓周運動的物體，由于線速度大小不變方向變化，則動量變化時，動能不變，故A錯誤；B．物體動能變化，則速度大小一定變化，則動量一定變化，故B正確；C．物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，不是動量越大，故C錯誤；D．物體所受合外力越大，合外力沖量不一定越大，根據(jù)動量定理可知，動量變化不一定越大，故D錯誤。故選B。2.下列應用動量定理解釋的現(xiàn)象，說法合理的是（）A.易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，這樣做是為了增加重量以減小作用力B.船舷和碼頭懸掛一些舊輪胎，可以在船靠岸時增加接觸時間，減小碼頭對船的沖量C.體操運動員在落地時要屈腿，這樣可以減小運動員落地過程中所受到的平均沖擊力D.玻璃杯從同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，是因為玻璃杯落在水泥地上動量改變大【答案】C【解析】A．易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，在運輸時易碎物品動量的變化量一定，用柔軟材料包裝是為了增大與柔軟材料的作用時間，減小作用力，A錯誤；B．船舷和碼頭懸掛一些舊輪胎，可以在船靠岸時增加接觸時間，可碼頭對船的沖量大小不變，減小的是碼頭對船的作用力，B錯誤；C．體操運動員在落地時的速度一定，則動量一定，在落地的過程中，動量的變化量一定，屈腿是延長與地面的作用時間，這樣可以減小運動員落地過程中所受到的平均沖擊力，C正確；D．玻璃杯從同一高度落在水泥地上和草地上，初動量相同，末動量是零，兩次的動量變化量相同，落在水泥地上碰撞的時間很小，則動量的變化快，玻璃杯受到作用力大，容易碎，玻璃杯落在草地上碰撞時間較大，則動量的變化慢，玻璃杯受到作用力小，不容易碎，D錯誤。故選C。3.有關電磁波的特性和應用，下列說法正確的是（）A.頻率越高的電磁波，在真空中傳播速度越大B.微波有很強的熱效應，所以用微波爐加熱食物C.機場的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品是利用X射線的穿透能力D.紅外測溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的【答案】D【解析】A．不同頻率的電磁波，在真空中傳播的速度都是相同的，A錯誤；B．微波爐加熱食物過程中，食物中的水分子在微波的作用下熱運動加劇，內能增加，溫度升高，B錯誤；C．機場的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品是利用電磁感應現(xiàn)象，C錯誤；D．紅外測溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的，D正確。故選D。4.下列傳感器能夠將光學量轉換為電學量的是（）A.電阻應變片 B.干簧管C.光敏電阻 D.霍爾元件【答案】C【解析】A．電阻應變片是在外力的作用下產(chǎn)生機械形變，其電阻發(fā)生相應變化，從而將力學量轉換為電學量，故A錯誤；B．干簧管是將磁學量轉化為電學量，故B錯誤；C．光敏電阻是將光強轉化為電學量，故C正確；D．霍爾元件是將磁學量轉化為電學量，故D錯誤。故選C。5.圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點附近來回振動；圖乙中被細繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點來回擺動。若將上述裝置安裝在太空中的我國空間站內進行同樣操作，下列說法正確的是（）A.甲圖中的小球將保持靜止B.甲圖中的小球仍將來回振動C.乙圖中的小球仍將來回擺動D.乙圖中的小球將做勻速圓周運動【答案】B【解析】AB．空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，甲圖中的小球所受的彈力不受失重的影響，則小球仍將在彈力的作用下來回振動，A錯誤，B正確；CD．圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時，所受的回復力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重時，回復力為零，則小球由靜止釋放時，小球仍靜止不動，不會來回擺動；也不會做勻速圓周運動，若給小球一定的初速度，則小球在豎直面內做勻速圓周運動，C、D錯誤。故選B。6.如圖所示是利用發(fā)波水槽觀察到的水波衍射圖樣。下列說法正確的是（）A.B側波是衍射波B.B側相鄰波紋間距大于A側相鄰波紋間距C.增大擋板之間的間隙，衍射現(xiàn)象將更明顯D.如果孔的大小不變，減小水波波源的頻率，衍射現(xiàn)象將更明顯【答案】D【解析】A．由圖可知，A側波是衍射波，故A錯誤；B．兩側的波的頻率和波速相同，波長相同，即A側相鄰波紋間距等于B側相鄰波紋間距，故B錯誤；C．當孔的尺寸與波長差不多或者小于波長時會產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，增大擋板之間的間隙，衍射現(xiàn)象將變得不明顯，故C錯誤；D．當孔的尺寸與波長差不多或者小于波長時會產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，則如果孔的大小不變，減小水波波源的頻率，則波長變大，衍射現(xiàn)象將更明顯，故D正確。故選D。7.一列簡諧橫波在介質中沿x軸傳播，波速為2m/s，時的波形圖如圖所示，P為該介質中的一質點。下列說法正確的是（）A.該波的波長為14mB.該波的周期為8sC.時質點P向下振動D.時質點P的加速度方向沿y軸負方向【答案】B【解析】AB．由圖可知可得該波的波長為則該波的周期為故A錯誤，B正確；C．若波沿正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，時質點P向上振動；若波沿負方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，時質點P向下振動，故C錯誤；D．由波形圖可知，時質點P的位移為負，則加速度方向沿y軸正方向，故D錯誤。故選B。8.短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，則甲、乙組成的系統(tǒng)（）A.動量不守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能不守恒C.動量守恒，機械能守恒 D.動量守恒，機械能不守恒【答案】D【解析】乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，系統(tǒng)合力為零，則動量守恒，因為在推甲的過程中消耗了乙的化學能，所以系統(tǒng)機械能不守恒。9.一個質量為4kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力F隨時間t變化圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.s時物體的速度方向反向B.前2s內合外力做的功為4JC.s時物體的動量大小為8kg·m/sD.前6s內合外力的沖量大小為12N·s【答案】C【解析】A．由題圖可知，s時物體的速度大小是可知在前4s內物體做加速運動，s時合外力F的方向是負方向，物體開始做減速運動，但速度的方向不變，仍是正方向，故A錯誤；B．在4s內物體的加速度為物體在前2s內的位移為由力對物體做功的計算公式可得，前2s內合外力做的功為故B錯誤；C．由動量的計算公式可得，s時物體的動量大小為故C正確；D．由圖像與時間軸所圍的面積表示力對物體的沖量可得，前6s內合外力的沖量大小為故D錯誤。故選C。10.下列有關機械振動和機械波的說法正確的是（）A.兩列頻率相同的波相遇時，介質中振動加強的質點在某時刻的位移可能是零B.單擺在周期性外力作用下做受迫振動，其振動周期與單擺的擺長有關C.波的衍射現(xiàn)象必須具備一定的條件，否則不可能發(fā)生衍射現(xiàn)象D.靜止的觀察者聽到某個單一頻率聲源發(fā)出的聲音頻率變高，說明聲源正在遠離觀察者【答案】A【解析】A．兩列頻率相同的波相遇時，介質中振動加強的質點振幅變大，但質點仍在上下振動，在某時刻的位移可能是零，故A正確；B．單擺在周期性外力作用下做受迫振動，其振動周期是由驅動力的周期決定的，與單擺的擺長無關，故B錯誤；C．所有波都可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，只有發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象需要滿足一定的條件，故C錯誤；D．根據(jù)多普勒效應原理，當聲源發(fā)出的波靠近接收者時，接受者收到的波的頻率會越來越高，故D錯誤；故選A。11.如圖所示為質點做簡諧運動的圖像。下列說法正確的是（）A.圖中的曲線部分是質點的運動軌跡B.、時刻振子的速度大小相等，方向相反C.從到這段時間內，振子的速度方向和加速度方向相同D.從到這段時間內，振子的速度減小，加速度變大【答案】B【解析】A．簡諧振動的質點上下振動，軌跡是直線，所以圖中的曲線部分不是質點的運動軌跡，故A錯誤；B．時刻和時刻相差半個周期，則兩個時刻振子的速度大小相等，方向相反，故B正確；C．從到這段時間內，質點的位移增大，離開平衡位置，速度沿負方向，位移為負方向，加速度為可知加速度沿正方向，所以速度與加速度方向相反，故C錯誤；D．從到這段時間內，質點的位移減小，向平衡位置運動，速度變大，加速度變小，故D錯誤。故選B。12.如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置。下列說法正確的是（）A.擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量為零B.擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大C.擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大D.擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小【答案】C【解析】A．根據(jù)可知擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量不為零，故A錯誤；B．假設單擺擺動過程中，細線與豎直方向夾角為，擺球做圓周運動，擺球由A點向B點擺動過程中，有擺球由A點向B點擺動過程中減小，速度逐漸增大，可知細線拉力增大，回復力減小，故B錯誤；C．擺球在A點和C點時，即最大位移處時，速度為零，結合選項B分析可知，此時細線拉力最小，回復力最大，故C正確；D．擺球在最低點B處，動能最大，重力勢能最小，但擺球運動過程中，機械能守恒，故D錯誤。故選C。13.如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為的球C，現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.C球擺到最低點過程，C球的速度為C.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離D.C球第一次到達輕桿左側的最高處的高度與釋放高度相同【答案】B【解析】A．木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，水平方向動量守恒，所以系統(tǒng)的總動量不守恒，故A錯誤；BD．小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，設A、B共同速度為，根據(jù)機械能守恒有由水平方向動量守恒得聯(lián)立解得，此后A、B分開。當C向左運動能達到的最大高度時，AC共速，設此時A、C速度為，B的速度依然為。全程水平方向動量守恒，規(guī)定向左為正方向，即整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒，C的重力勢能轉化為A、B、C的動能，即解得故B正確，D錯誤；C．C球第一次擺到最低點過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得則由幾何關系得解得木塊A、B向右移動的距離為故C錯誤。14.為了降低噪聲帶來的影響，人們通常在聲源處、傳播過程中以及人耳處采取措施。耳機通常會采取兩種方式降噪，即被動降噪與主動降噪。被動降噪方式主要是通過物理隔絕或者耳機上的特殊結構盡量阻擋噪聲。主動降噪方式通常是在耳機內設有兩個麥克風，如圖所示，一個麥克風用來收集周圍環(huán)境中的噪聲信號，有助于耳機的處理器能夠預測下一時刻的噪聲情況，并產(chǎn)生相應的抵消聲波。另一個麥克風用來檢測合成后的噪聲是否變小，有助于處理器進一步優(yōu)化抵消聲波，達到最佳的降噪效果。根據(jù)上述信息及所學過的知識可以判斷（）A.被動降噪方式利用了聲波的干涉原理B.主動降噪時產(chǎn)生的理想抵消聲波和噪聲聲波頻率、振幅、相位都相同C.無論主動降噪方式還是被動降噪方式，都可以使進入耳膜的聲波頻率變小D.如果主動降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則耳機使用者可能聽到更強的噪聲【答案】D【解析】A．被動降噪方式主要是通過物理隔絕或者耳機上的特殊結構盡量阻擋噪聲，并不是利用了聲波的干涉原理，故A錯誤；B．主動降噪耳機是根據(jù)波的干涉條件，抵消聲波與噪聲的振幅、頻率相同，相位相反，疊加后才能相互抵消來實現(xiàn)降噪的，故B錯誤；C．聲波的頻率取決于波源，波源的振動頻率不變，被動降噪方式不會改變進入耳膜的聲波頻率，故C錯誤；D．如果主動降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則耳機使用者可能聽到更強的噪聲，故D正確。故選D。第二部分二、本部分共6題，共58分。15.某同學用如圖甲所示的裝置做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。（1）下列關于實驗中選用的實驗器材，正確的是______。A.長度約為1m的不可伸長細繩B.長度約為0.1m的不可伸長細繩C.球心開有小孔的泡沫小球D.球心開有小孔的金屬小球（2）用游標卡尺測擺球的直徑如圖乙所示，擺球的直徑______mm。（3）若用L表示單擺的擺線長度，用D表示擺球的直徑，用T表示單擺的周期，則由單擺周期公式，可求出重力加速度大小為______。（用L、D、T表示）（4）該同學直接把測得的擺長和周期代入到（3）中的結果求重力加速度，求得的重力加速度數(shù)值大于當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是______。A.開始計時時，過早按下停表B.將擺線與小球直徑的總長當成了擺長C.測量周期時，細線上端的固定點松動，使擺線長度增加了D.測量周期時，誤將擺球次全振動的時間記為n次全振動的時間【答案】（1）AD（2）13.4（3）（4）BD【解析】（1）AB．為減小實驗誤差，應選用長約1m的不可伸長細繩，故A正確，B錯誤；CD．為減小空氣阻力的影響應選擇質量大而體積小的球做擺球，即用球心開有小孔的金屬小球，故D正確，C錯誤。故選AD。（2）游標卡尺的精確度為0.1mm，由圖乙可知，擺球的直徑為（3）由題意可知，擺長為，由單擺周期公式有整理可得（4）根據(jù)單擺的周期公式A．實驗中開始計時，秒表提前按下，則周期的測量值偏大，導致重力加速度的測量值偏小，故A錯誤；B．將擺線與小球直徑的總長當成了擺長，使得擺長的測量值偏大，則測得的重力加速度偏大，故B正確；C．擺動后出現(xiàn)松動，知擺長的測量值偏小，則測得的重力加速度偏小，故C錯誤；D．測量周期時，誤將擺球(n?1)次全振動的時間記為n次全振動的時間，測得周期偏小，則測得的重力加速度偏大，故D正確。16.某同學用如圖1所示裝置，驗證碰撞中的動量守恒。圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影點。（1）下列說法正確且必要的實驗操作要求是______。A.小球a和小球b的材質相同，半徑相同B.小球a的質量大于小球b的質量C.測量小球a開始釋放時的高度hD.測量拋出點距地面的高度HE.調節(jié)斜槽末端水平（2）實驗時，先將質量為的a球從斜槽上某一固定位置S由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，在記錄紙上留下10個落點痕跡，得到了如圖1所示的落地點的平均位置P。再把質量為的b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓a球仍從位置S由靜止開始滾下，和b球碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作10次，得到了如圖1所示的這兩個落地點的平均位置M、N。測出M、P、N到O點的距離分別為OM、OP、ON。若兩球相碰前后的動量守恒，系統(tǒng)動量守恒的表達式可表示為______（用、、OM、OP、ON表示）。若還滿足______（用OM、OP、ON表示），則說明碰撞前后兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。（3）另一同學在做實驗中記錄下小球三個落點的平均位置M、P、N，如圖2所示，他發(fā)現(xiàn)M和N偏離了OP方向。這位同學猜想小球碰撞前后在OP方向上依然動量守恒，請你幫他寫出驗證這個猜想的辦法______?！敬鸢浮浚?）BE（2）（3）見解析【解析】（1）B．為了保證碰撞后入射小球不反彈，小球a的質量應大于小球b的質量，為了保證兩球對心碰撞，兩球的半徑應相同，但材質不相同，故A錯誤，B正確；CD．實驗時兩小球做平拋運動下落的高度相同，所用時間相同，所以可以用小球的水平位移代替拋出時的初速度，故不需要測量小球a開始釋放時的高度h，也不需要測量拋出點距地面的高度H，故CD錯誤；E.為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，應調節(jié)斜槽末端水平，故E正確。故選BE。（2）[1]設碰撞前入射球的速度為，碰撞后瞬間入射球的速度為，被碰球的速度為，根據(jù)動量守恒可得由于兩小球做平拋運動下落的高度相同，所用時間相同，則有，，則系統(tǒng)動量守恒的表達式可表示為[2]根據(jù)機械能守恒可得又聯(lián)立可得可知還滿足說明碰撞前后兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。（3）連接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影點、，如圖所示分別測量出OP、、的長度，若在實驗誤差允許的范圍內，滿足關系式則可以認兩小球碰撞前后在OP方向上動量守恒。17.有一彈簧振子在水平方向上的B、C之間做簡諧運動，已知B、C間的距離為20cm，振子在4s內完成了20次全振動。若從某時刻振子經(jīng)過平衡位置時開始計時（t＝0），經(jīng)過0.05s振子有正向最大位移。（1）求振子振幅和周期；（2）在圖中作出該振子的位移—時間圖像；（3）寫出振子的振動方程?！敬鸢浮浚?）10cm，02s；（2）見解析；（3）y＝10sin（10πt）cm【解析】（1）振幅為周期為T＝s＝0.2s（2）振子在周期時具有正的最大位移，其位移—時間圖像如圖所示（3）設振動方程為y＝Asin（ωt＋φ）ω==10πφ=0所以振動方程為y＝10sin（10πt）cm18.如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑；A和B的質量均為，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)。取重力加速度。求：（1）與B碰撞前瞬間軌道對A的支持力F的大小；（2）碰后瞬間速度v的大??；（3）碰后A和B整體沿桌面滑動的距離x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）物塊A從最高點到最低點過程，根據(jù)動能定理可得解得在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）A與B碰撞后結合為一個整體，根據(jù)動量守恒可得m解得碰后瞬間速度的大小為（3）碰后A和B整體沿桌面滑動過程，根據(jù)動能定理可得解得碰后A和B整體沿桌面滑動的距離為19.城市進入高樓時代后，高空墜物已成為危害極大的社會安全問題。尤其在大風天氣極易引發(fā)高空墜物，嚴重威脅著人們的生命安全。（1）若質量為m的花盆從高為h的居民樓的花架上無初速墜下，撞擊地面后花盆碎片的速度均變?yōu)榱?，撞擊時間為t，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：a.花盆落地前瞬間的速度大小v；b.花盆撞擊地面過程中，地面對花盆的平均沖擊力的大小F；（2）某豎直面內的戶外廣告牌的迎風面積為S，所能承受的最大風力為Fm。假設風吹到廣告牌速度立刻減為零，已知空氣密度為ρ。求：廣告牌能承受的垂直迎風面方向的最大風速vm的大小?！敬鸢浮浚?）a.，b.；（2）【解析】（1）根據(jù)自由落體運動規(guī)律可得所以v=花盆撞擊地面過程中，根據(jù)動量定理可得解得（2）假設Δt時間內風的質量為由動量定理可得聯(lián)立解得20.我們已經(jīng)學過了關于兩個質點之間萬有引力的大小是，但是在某些特殊情況下，非質點之間的萬有引力的計算及其應用的問題，我們可以利用下面兩個已經(jīng)被嚴格證明是正確的結論，而快速有效地解決。①如圖1所示，若質點m放置在質量分布均勻的大球殼M（球殼的厚度也均勻）的空腔之內，那么m受到M的萬有引力為零。②若質點m放置在質量分布均勻的大球體M之外（），那么它們之間的萬有引力為，式中的r為質點m到大球體球心之間的距離；r0為大球體的半徑。假設地球可視為一個質量分布均勻且密度為ρ的球體，通過地球的南北兩極之間能夠打通一個如圖2所示的真空隧道。把一個質量為m的可看成質點的小球從北極的隧道口由靜止釋放后，小球在地球引力的作用下能夠在隧道內運動，忽略一切摩擦阻力。若地球的半徑為R，萬有引力常量為G，球體的體積公式為。求：（1）小球在北極隧道口處釋放瞬間的加速度a的大小；（2）以地心為原點，向北為正方向建立x軸。a.證明：小球在隧道內做簡諧運動；b.在圖3中畫出小球所受引力F隨小球到球心之間的距離變化的圖像；c.小球在運動過程中的最大速度vm?！敬鸢浮浚?）；（2）a.見解析，b.見解析，c.【解析】（1）根據(jù)題意可知，小球在北極隧道口處釋放瞬間，有解得（2）a.假設小球相對于球心的位移為x，則有聯(lián)立可得由于萬有引力的方向總是指向地心，即F?的方向和小球相對于地心的位移x的方向總是方向相反的，則由此可知，小球在隧道內做簡諧振動；b.由于小球所受引力F與小球到球心之間的距離x滿足所以F-x圖像如圖所示c.小球從隧道口到地心，有解得通州區(qū)2023—2024學年第二學期高二年級期中質量檢測物理試卷一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.對于質量一定的物體，下列說法正確的是（）A.物體動量變化，動能一定變化B.物體動能變化，動量一定變化C.物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大D.物體所受合外力越大，它的動量變化就越大【答案】B【解析】A．做勻速圓周運動的物體，由于線速度大小不變方向變化，則動量變化時，動能不變，故A錯誤；B．物體動能變化，則速度大小一定變化，則動量一定變化，故B正確；C．物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，不是動量越大，故C錯誤；D．物體所受合外力越大，合外力沖量不一定越大，根據(jù)動量定理可知，動量變化不一定越大，故D錯誤。故選B。2.下列應用動量定理解釋的現(xiàn)象，說法合理的是（）A.易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，這樣做是為了增加重量以減小作用力B.船舷和碼頭懸掛一些舊輪胎，可以在船靠岸時增加接觸時間，減小碼頭對船的沖量C.體操運動員在落地時要屈腿，這樣可以減小運動員落地過程中所受到的平均沖擊力D.玻璃杯從同一高度落在水泥地上比落在草地上容易碎，是因為玻璃杯落在水泥地上動量改變大【答案】C【解析】A．易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，在運輸時易碎物品動量的變化量一定，用柔軟材料包裝是為了增大與柔軟材料的作用時間，減小作用力，A錯誤；B．船舷和碼頭懸掛一些舊輪胎，可以在船靠岸時增加接觸時間，可碼頭對船的沖量大小不變，減小的是碼頭對船的作用力，B錯誤；C．體操運動員在落地時的速度一定，則動量一定，在落地的過程中，動量的變化量一定，屈腿是延長與地面的作用時間，這樣可以減小運動員落地過程中所受到的平均沖擊力，C正確；D．玻璃杯從同一高度落在水泥地上和草地上，初動量相同，末動量是零，兩次的動量變化量相同，落在水泥地上碰撞的時間很小，則動量的變化快，玻璃杯受到作用力大，容易碎，玻璃杯落在草地上碰撞時間較大，則動量的變化慢，玻璃杯受到作用力小，不容易碎，D錯誤。故選C。3.有關電磁波的特性和應用，下列說法正確的是（）A.頻率越高的電磁波，在真空中傳播速度越大B.微波有很強的熱效應，所以用微波爐加熱食物C.機場的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品是利用X射線的穿透能力D.紅外測溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的【答案】D【解析】A．不同頻率的電磁波，在真空中傳播的速度都是相同的，A錯誤；B．微波爐加熱食物過程中，食物中的水分子在微波的作用下熱運動加劇，內能增加，溫度升高，B錯誤；C．機場的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品是利用電磁感應現(xiàn)象，C錯誤；D．紅外測溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的，D正確。故選D。4.下列傳感器能夠將光學量轉換為電學量的是（）A.電阻應變片 B.干簧管C.光敏電阻 D.霍爾元件【答案】C【解析】A．電阻應變片是在外力的作用下產(chǎn)生機械形變，其電阻發(fā)生相應變化，從而將力學量轉換為電學量，故A錯誤；B．干簧管是將磁學量轉化為電學量，故B錯誤；C．光敏電阻是將光強轉化為電學量，故C正確；D．霍爾元件是將磁學量轉化為電學量，故D錯誤。故選C。5.圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點附近來回振動；圖乙中被細繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點來回擺動。若將上述裝置安裝在太空中的我國空間站內進行同樣操作，下列說法正確的是（）A.甲圖中的小球將保持靜止B.甲圖中的小球仍將來回振動C.乙圖中的小球仍將來回擺動D.乙圖中的小球將做勻速圓周運動【答案】B【解析】AB．空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，甲圖中的小球所受的彈力不受失重的影響，則小球仍將在彈力的作用下來回振動，A錯誤，B正確；CD．圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時，所受的回復力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重時，回復力為零，則小球由靜止釋放時，小球仍靜止不動，不會來回擺動；也不會做勻速圓周運動，若給小球一定的初速度，則小球在豎直面內做勻速圓周運動，C、D錯誤。故選B。6.如圖所示是利用發(fā)波水槽觀察到的水波衍射圖樣。下列說法正確的是（）A.B側波是衍射波B.B側相鄰波紋間距大于A側相鄰波紋間距C.增大擋板之間的間隙，衍射現(xiàn)象將更明顯D.如果孔的大小不變，減小水波波源的頻率，衍射現(xiàn)象將更明顯【答案】D【解析】A．由圖可知，A側波是衍射波，故A錯誤；B．兩側的波的頻率和波速相同，波長相同，即A側相鄰波紋間距等于B側相鄰波紋間距，故B錯誤；C．當孔的尺寸與波長差不多或者小于波長時會產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，增大擋板之間的間隙，衍射現(xiàn)象將變得不明顯，故C錯誤；D．當孔的尺寸與波長差不多或者小于波長時會產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，則如果孔的大小不變，減小水波波源的頻率，則波長變大，衍射現(xiàn)象將更明顯，故D正確。故選D。7.一列簡諧橫波在介質中沿x軸傳播，波速為2m/s，時的波形圖如圖所示，P為該介質中的一質點。下列說法正確的是（）A.該波的波長為14mB.該波的周期為8sC.時質點P向下振動D.時質點P的加速度方向沿y軸負方向【答案】B【解析】AB．由圖可知可得該波的波長為則該波的周期為故A錯誤，B正確；C．若波沿正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，時質點P向上振動；若波沿負方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，時質點P向下振動，故C錯誤；D．由波形圖可知，時質點P的位移為負，則加速度方向沿y軸正方向，故D錯誤。故選B。8.短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，則甲、乙組成的系統(tǒng)（）A.動量不守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能不守恒C.動量守恒，機械能守恒 D.動量守恒，機械能不守恒【答案】D【解析】乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，系統(tǒng)合力為零，則動量守恒，因為在推甲的過程中消耗了乙的化學能，所以系統(tǒng)機械能不守恒。9.一個質量為4kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力F隨時間t變化圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.s時物體的速度方向反向B.前2s內合外力做的功為4JC.s時物體的動量大小為8kg·m/sD.前6s內合外力的沖量大小為12N·s【答案】C【解析】A．由題圖可知，s時物體的速度大小是可知在前4s內物體做加速運動，s時合外力F的方向是負方向，物體開始做減速運動，但速度的方向不變，仍是正方向，故A錯誤；B．在4s內物體的加速度為物體在前2s內的位移為由力對物體做功的計算公式可得，前2s內合外力做的功為故B錯誤；C．由動量的計算公式可得，s時物體的動量大小為故C正確；D．由圖像與時間軸所圍的面積表示力對物體的沖量可得，前6s內合外力的沖量大小為故D錯誤。故選C。10.下列有關機械振動和機械波的說法正確的是（）A.兩列頻率相同的波相遇時，介質中振動加強的質點在某時刻的位移可能是零B.單擺在周期性外力作用下做受迫振動，其振動周期與單擺的擺長有關C.波的衍射現(xiàn)象必須具備一定的條件，否則不可能發(fā)生衍射現(xiàn)象D.靜止的觀察者聽到某個單一頻率聲源發(fā)出的聲音頻率變高，說明聲源正在遠離觀察者【答案】A【解析】A．兩列頻率相同的波相遇時，介質中振動加強的質點振幅變大，但質點仍在上下振動，在某時刻的位移可能是零，故A正確；B．單擺在周期性外力作用下做受迫振動，其振動周期是由驅動力的周期決定的，與單擺的擺長無關，故B錯誤；C．所有波都可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，只有發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象需要滿足一定的條件，故C錯誤；D．根據(jù)多普勒效應原理，當聲源發(fā)出的波靠近接收者時，接受者收到的波的頻率會越來越高，故D錯誤；故選A。11.如圖所示為質點做簡諧運動的圖像。下列說法正確的是（）A.圖中的曲線部分是質點的運動軌跡B.、時刻振子的速度大小相等，方向相反C.從到這段時間內，振子的速度方向和加速度方向相同D.從到這段時間內，振子的速度減小，加速度變大【答案】B【解析】A．簡諧振動的質點上下振動，軌跡是直線，所以圖中的曲線部分不是質點的運動軌跡，故A錯誤；B．時刻和時刻相差半個周期，則兩個時刻振子的速度大小相等，方向相反，故B正確；C．從到這段時間內，質點的位移增大，離開平衡位置，速度沿負方向，位移為負方向，加速度為可知加速度沿正方向，所以速度與加速度方向相反，故C錯誤；D．從到這段時間內，質點的位移減小，向平衡位置運動，速度變大，加速度變小，故D錯誤。故選B。12.如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置。下列說法正確的是（）A.擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量為零B.擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大C.擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大D.擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小【答案】C【解析】A．根據(jù)可知擺球從A點向B點擺動過程中，重力的沖量不為零，故A錯誤；B．假設單擺擺動過程中，細線與豎直方向夾角為，擺球做圓周運動，擺球由A點向B點擺動過程中，有擺球由A點向B點擺動過程中減小，速度逐漸增大，可知細線拉力增大，回復力減小，故B錯誤；C．擺球在A點和C點時，即最大位移處時，速度為零，結合選項B分析可知，此時細線拉力最小，回復力最大，故C正確；D．擺球在最低點B處，動能最大，重力勢能最小，但擺球運動過程中，機械能守恒，故D錯誤。故選C。13.如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為的球C，現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.C球擺到最低點過程，C球的速度為C.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離D.C球第一次到達輕桿左側的最高處的高度與釋放高度相同【答案】B【解析】A．木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，水平方向動量守恒，所以系統(tǒng)的總動量不守恒，故A錯誤；BD．小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，設A、B共同速度為，根據(jù)機械能守恒有由水平方向動量守恒得聯(lián)立解得，此后A、B分開。當C向左運動能達到的最大高度時，AC共速，設此時A、C速度為，B的速度依然為。全程水平方向動量守恒，規(guī)定向左為正方向，即整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒，C的重力勢能轉化為A、B、C的動能，即解得故B正確，D錯誤；C．C球第一次擺到最低點過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得則由幾何關系得解得木塊A、B向右移動的距離為故C錯誤。14.為了降低噪聲帶來的影響，人們通常在聲源處、傳播過程中以及人耳處采取措施。耳機通常會采取兩種方式降噪，即被動降噪與主動降噪。被動降噪方式主要是通過物理隔絕或者耳機上的特殊結構盡量阻擋噪聲。主動降噪方式通常是在耳機內設有兩個麥克風，如圖所示，一個麥克風用來收集周圍環(huán)境中的噪聲信號，有助于耳機的處理器能夠預測下一時刻的噪聲情況，并產(chǎn)生相應的抵消聲波。另一個麥克風用來檢測合成后的噪聲是否變小，有助于處理器進一步優(yōu)化抵消聲波，達到最佳的降噪效果。根據(jù)上述信息及所學過的知識可以判斷（）A.被動降噪方式利用了聲波的干涉原理B.主動降噪時產(chǎn)生的理想抵消聲波和噪聲聲波頻率、振幅、相位都相同C.無論主動降噪方式還是被動降噪方式，都可以使進入耳膜的聲波頻率變小D.如果主動降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則耳機使用者可能聽到更強的噪聲【答案】D【解析】A．被動降噪方式主要是通過物理隔絕或者耳機上的特殊結構盡量阻擋噪聲，并不是利用了聲波的干涉原理，故A錯誤；B．主動降噪耳機是根據(jù)波的干涉條件，抵消聲波與噪聲的振幅、頻率相同，相位相反，疊加后才能相互抵消來實現(xiàn)降噪的，故B錯誤；C．聲波的頻率取決于波源，波源的振動頻率不變，被動降噪方式不會改變進入耳膜的聲波頻率，故C錯誤；D．如果主動降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則耳機使用者可能聽到更強的噪聲，故D正確。故選D。第二部分二、本部分共6題，共58分。15.某同學用如圖甲所示的裝置做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。（1）下列關于實驗中選用的實驗器材，正確的是______。A.長度約為1m的不可伸長細繩B.長度約為0.1m的不可伸長細繩C.球心開有小孔的泡沫小球D.球心開有小孔的金屬小球（2）用游標卡尺測擺球的直徑如圖乙所示，擺球的直徑______mm。（3）若用L表示單擺的擺線長度，用D表示擺球的直徑，用T表示單擺的周期，則由單擺周期公式，可求出重力加速度大小為______。（用L、D、T表示）（4）該同學直接把測得的擺長和周期代入到（3）中的結果求重力加速度，求得的重力加速度數(shù)值大于當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是______。A.開始計時時，過早按下停表B.將擺線與小球直徑的總長當成了擺長C.測量周期時，細線上端的固定點松動，使擺線長度增加了D.測量周期時，誤將擺球次全振動的時間記為n次全振動的時間【答案】（1）AD（2）13.4（3）（4）BD【解析】（1）AB．為減小實驗誤差，應選用長約1m的不可伸長細繩，故A正確，B錯誤；CD．為減小空氣阻力的影響應選擇質量大而體積小的球做擺球，即用球心開有小孔的金屬小球，故D正確，C錯誤。故選AD。（2）游標卡尺的精確度為0.1mm，由圖乙可知，擺球的直徑為（3）由題意可知，擺長為，由單擺周期公式有整理可得（4）根據(jù)單擺的周期公式A．實驗中開始計時，秒表提前按下，則周期的測量值偏大，導致重力加速度的測量值偏小，故A錯誤；B．將擺線與小球直徑的總長當成了擺長，使得擺長的測量值偏大，則測得的重力加速度偏大，故B正確；C．擺動后出現(xiàn)松動，知擺長的測量值偏小，則測得的重力加速度偏小，故C錯誤；D．測量周期時，誤將擺球(n?1)次全振動的時間記為n次全振動的時間，測得周期偏小，則測得的重力加速度偏大，故D正確。16.某同學用如圖1所示裝置，驗證碰撞中的動量守恒。圖中O點是小球拋出點在水平地面上的垂直投影點。（1）下列說法正確且必要的實驗操作要求是______。A.小球a和小球b的材質相同，半徑相同B.小球a的質量大于小球b的質量C.測量小球a開始釋放時的高度hD.測量拋出點距地面的高度HE.調節(jié)斜槽末端水平（2）實驗時，先將質量為的a球從斜槽上某一固定位置S由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，在記錄紙上留下10個落點痕跡，得到了如圖1所示的落地點的平均位置P。再把質量為的b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓a球仍從位置S由靜止開始滾下，和b球碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作10次，得到了如圖1所示的這兩個落地點的平均位置M、N。測出M、P、N到O點的距離分別為OM、OP、ON。若兩球相碰前后的動量守恒，系統(tǒng)動量守恒的表達式可表示為______（用、、OM、OP、ON表示）。若還滿足______（用OM、OP、ON表示），則說明碰撞前后兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。（3）另一同學在做實驗中記錄下小球三個落點的平均位置M、P、N，如圖2所示，他發(fā)現(xiàn)M和N偏離了OP方向。這位同學猜想小球碰撞前后在OP方向上依然動量守恒，請你幫他寫出驗證這個猜想的辦法______?！敬鸢浮浚?）BE（2）（3）見解析【解析】（1）B．為了保證碰撞后入射小球不反彈，小球a的質量應大于小球b的質量，為了保證兩球對心碰撞，兩球的半徑應相同，但材質不相同，故A錯誤，B正確；CD．實驗時兩小球做平拋運動下落的高度相同，所用時間相同，所以可以用小球的水平位移代替拋出時的初速度，故不需要測量小球a開始釋放時的高度h，也不需要測量拋出點距地面的高度H，故CD錯誤；E.為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，應調節(jié)斜槽末端水平，故E正確。故選BE。（2）[1]設碰撞前入射球的速度為，碰撞后瞬間入射球的速度為，被碰球的速度為，根據(jù)動量守恒可得由于兩小球做平拋運動下落的高度相同，所用時間相同，則有，，則系統(tǒng)動量守恒的表達式可表示為[2]根據(jù)機械能守恒可得又聯(lián)立可得可知還滿足說明碰撞前后兩小球組成的系統(tǒng)機械能守