山東省淄博市2023-2024學年高二年級上冊期末考試物理試卷（含解析）

山東省淄博市2023-2024學年高二上學期期末考試物理試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.如圖所示是我國宋代科學家沈括在啰溪筆談》中記錄了“古琴正聲”實驗，該實驗比世界上其他同類

實驗早了500多年。其操作是：剪一小紙人放在需要調(diào)整音準的弦上，然后撥動另一個音調(diào)準確的琴上對應

的琴弦，同樣的撥動力度下，小紙人跳動越明顯代表音調(diào)越準確。下列說法正確的是（)

第1頁，共25頁

A.該電動機內(nèi)阻為2.5。

B.電壓為時該電動機損失的熱功率為0.2加

C.電壓為時該電動機的輸出功率為0.4W

D.電壓為時該電動機的總功率為0.6W

4.常規(guī)材料的折射率都為正值（n>0）o現(xiàn)已有針對某些電磁波設計制作的人工材料，其折射率可以為負值

（n<0）,稱為負折射率材料。位于空氣中的這類材料，入射角i與折射角仍滿足亞=幾，但是折射光線與

入射光線位于法線的同一側（此時折射角取負值）。現(xiàn)空氣中有一上下表面平行的負折射率材料，一束電磁波

從其上表面射入，下表面射出，若該材料對此電磁波的折射率n=-逅，能正確反映電磁波穿過該材料傳

5.2023年8月6日2時33分，德州市平原縣發(fā)生5.5級地震。已知地震波分三種：橫波（S波），波速/=4.5/cm/s；

縱波（P波），波速%=9km/s；面波。波），是由縱波與橫波在地表相遇后激發(fā)產(chǎn)生的混合波，波速以<vSo

某地震觀測臺記錄到的該地震曲線，如圖甲所示；另外位于震源上方某中學的簡易地震預警裝置，由單擺a

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和豎直彈簧振子B組成，48的固有周期相同，如圖乙所n示。下列說法正確的是（）

甲乙

A.地震發(fā)生時最先明顯振動的是單擺4

B.地震曲線中a為橫波（S波）

C.地震曲線中c為面波（L波）

D.若在地震曲線上測得縱波（P波）與橫波（S波）的時間差為6s,則地震觀測臺距震源約為40km

6.小齊同學利用光的雙縫干涉原理測量液體的折射率。方法是將待測液體填充到特制透明容器中（容器未畫

出，不考慮器壁對光的影響），放置在雙縫與光屏之間（之前為空氣），如圖所示。測量填充前的相鄰兩條亮

條紋中心間距久1和填充后的相鄰兩條亮條紋中心間距不，然后可以計算出該液體的折射率。已知常見的液

體折射率如表所示，某次實驗測得%1=0.75mmx2=0.55mm,則該液體為（）

介質(zhì)水酒精煤油花生油

折射率1.331.361.451.47

A.水B.酒精C.煤油D.花生油

7.如圖所示，回旋加速器兩個。形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放

在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源4置于盒的圓心

附近。若粒子源射出的粒子（初速度不計）電荷量為q,質(zhì)量為小，粒子最大回旋半

徑為R,則（）

A.粒子在。形金屬盒內(nèi)做勻加速運動

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B.所加交流電源的周期為受

qB

C.粒子加速后獲得的最大速度大小為筍

2m

2

D.粒子加速后獲得的最大動能等于釁A

8.元好問曲中有“驟雨過，珍珠亂棱，打遍新荷”。為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，

小齊在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水上升了36nmI。查詢得知，當時雨滴豎直下落速

度約為8zn/s。據(jù)此估算該壓強約為(設雨滴撞擊蓮葉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為lx

103kg/m3()

A.0.04PaB.O.OSPaC.0.16PaD.0.36Pa

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.如圖所示，寬為L、電阻不計的平行光滑金屬導軌與水平面成a角放置。

質(zhì)量為加、長度為L的金屬桿水平放置在導軌上，與導軌接觸良好?？臻g

存在著勻強磁場，調(diào)節(jié)電阻箱使回路總電流為/時，金屬桿恰好能靜止,

重力加速度為g,貝M)

A.若磁場方向豎直向上，則磁感應強度B的大小應為鬻sina

B.若磁場方向豎直向上，則磁感應強度B的大小應為管tana

C.磁感應強度B最小值為詈，此時磁場方向應垂直于金屬桿水平向左

D.磁感應強度B最小值為鬻sina,此時磁場方向應垂直于導軌平面向上

10.如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁d\xXXXX

：xXXXX

場的邊界，其中A段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、cd的延長線通過圓弧的圓

：XXXXX

cNYXXX

xV|x

X

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b0a

心，。匕長為R。一束質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)以不同的速率從。點垂直就射入磁場，

已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子間的相互作用和重力。下列說

法正確的是（）

A.所有粒子在磁場中運動的速度最小值為成

m

B.所有粒子在磁場中運動的最短時間為霽

C.從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率

D,從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子運動時間射出和程運動時間

11.將力傳感器連接到計算機上可以測量快速變化的力。圖甲中，。為單擺的懸點，將傳感器接在擺線與。點

之間，把可視為質(zhì)點的擺球拉到4點，細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，擺球在豎直平面內(nèi)的4C之間來回

擺動，B點為運動最低位置，乙AOB=ACOB=a,a小于5。且是未知量。圖乙是由計算機得到細線對擺球的

拉力大小F隨時間t變化的圖像,且圖中t=0為擺球從4點開始運動時刻，重力加速度大小g=10m/s2,則（）

A.單擺的周期T=0.3兀s

B.單擺的擺長L=0.9m

C.擺球的質(zhì)量m=0.04kg

D.擺球運動過程中的最大速度的大小為驍zn/s

12.如圖，水平面上有兩個靜止的可視為質(zhì)點的小物塊a和b,其連線與墻垂直，a、b之間以及b與墻之間距

離均為L=lm；a的質(zhì)量為rn,b的質(zhì)量為M（已知m<M）,a與水平面間光滑，b與水平面間的動摩擦因數(shù)

為〃=0.2,現(xiàn)使a以初速度為=lOzn/s向右滑動，與b發(fā)生彈性碰撞。若b與墻發(fā)生碰撞，該碰撞為時間極

短的彈性碰撞。重力加速度大小為g=10機/$2。（）

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A.若b能與墻發(fā)生碰撞，需滿足1<-<9

m

B.若b能與墻發(fā)生碰撞，需滿足1<絲<11

m

C.若竺=2,6與a發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為了s

m3

D.若”=2,b與a發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為手s

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

13.2023年9月21日，“天宮課堂”演示了“驗證動量守恒定律的實驗”。

(1)如圖甲所示，質(zhì)量的測量是通過艙壁上打開的一個支架形狀的質(zhì)量測量儀完成的。在計算機設定的恒力

F作用下，物體由靜止開始運動，測量裝置能夠測量出物體運動的距離x和時間3從而計算出質(zhì)量m=

(用F、％、t表示)。

第一張

第二張

第三張

甲乙丙

(2)如圖乙所示，質(zhì)量為500g的鋼球4靜止懸浮在空中，航天員用手推出質(zhì)量為100g的鋼球B,使它以一定

的初速度水平向左撞向鋼球4撞后鋼球4、B同時沿水平向相反方向運動。已知后面的背景板上小方格的

邊長為loan,分析航天員上述演示的鋼球碰撞實驗視頻，在航天員推出B球后，每隔0.5s連續(xù)截取三張照

片，如圖丙所示。

選取水平向左為正方向，則兩球碰撞前:4、B的總動量為kg-m/s-,兩球碰撞后：4的動量為kg-

m/s,B的動量為kg-m/s0比較4、B碰撞前后的動量之和，得出的實驗結論是。

14.一粗細均勻的導電材料樣品，截面為同心圓環(huán)，該樣品的外徑D=4nwi,內(nèi)徑d=2nmi,如圖甲所示。

某同學設計實驗測量該樣品的電阻率，實驗步驟如下：

345

Il,l,UIIIIIIIIIlcm

|I11I(IIII|

010

甲乙

(1)如圖乙所示，用游標卡尺測得該樣品長度4=mm.

(2)用多用電表測得該樣品阻值約為1100,為精確的測量其電阻阻值，可供選擇的器材如下：

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待測導電樣品&

電流表4（量程600nM,內(nèi)阻為10）

電流表4（量程150nvl,內(nèi)阻為20。）

電流表4（量程30巾4內(nèi)阻50。）

定值電阻％=5012

定值電阻/?2=350。

滑動變阻器R（0?20。，額定電流24）

直流電源E（電動勢約為12乙內(nèi)阻不計）

開關一只，導線若干

①根據(jù)實驗器材，設計實驗電路如圖丙所示，圖中電流表4應選擇，圖中電流表A應選擇,定

值電阻R。應選擇o（選填所選器材的字母代號）

②實驗中調(diào)節(jié)滑動變阻器，測得電流表4、4對應的多組電流值/、做出/-（/'-/）的圖像如圖丁所示,

可得該導電樣品的電阻阻值為。。

（3）由以上數(shù)據(jù)，計算可得該樣品電阻率為（兀取324）

四、計算題：本大題共4小題，共46分。

15.如圖，一半徑為R的透明材料半球，。點是半球的球心，虛線。。'表示光軸（過球心。與半球底面垂直的直

線）。已知該材料的折射率為，I,光在真空中的傳播速度為c?，F(xiàn)有一束平行光垂直入射到半球的底面上，

有些光線能從球面射出（不考慮被半球的內(nèi)表面反射后的光線）。

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ttttttt

(1)半球底面上多大區(qū)域面積的入射光線能夠直接從球面射出；

(2)距光軸1的入射光線，經(jīng)球面折射后與光軸相交，求該光線從進入半球到該交點的時間良(已知5出15。=

V-6—

-4-)

16.一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，波長不小于12cm。。和4是介質(zhì)中平衡位置分別位于久=0和

x=6cm處的兩個質(zhì)點。t=0時開始觀測，此時質(zhì)點。的位移y=5cm,質(zhì)點4處于波峰位置；t=孑s時，

質(zhì)點。第一次回到平衡位置：t=ls時，質(zhì)點A第一次回到平衡位置。求：

(1)簡諧波的周期、波速和波長；

(2)若〃=0,4、B碰后，滑塊B水平?jīng)_上小車C恰好可以滑到圓弧軌道的最高點，求小車的質(zhì)量M；

(3)保持小車質(zhì)量與(2)問相同，若〃=0.25,將輕質(zhì)細繩懸點位置提高至原來的3倍，使繩長變?yōu)?3再次

將小球4向左拉到與懸點等高處(細線處于伸直狀態(tài))由靜止釋放，小球4與滑塊B彈性正碰后，求滑塊B上升

過程中距圓弧軌道最低點的最大高度

18.如圖所示，建立平面直角坐標系xOy,在第一象限0<%<10d區(qū)域/中充滿磁感應強度大小為B,方向垂

直紙面向外的勻強磁場。在第四象限o<X<lOd區(qū)域n中充滿磁感應強度大小為kB(k為常數(shù))，方向垂直紙

面向里的勻強磁場。x軸為兩個不同磁場區(qū)域的分界線。t=0時刻，一質(zhì)量為電荷量為q的帶正電粒子(

不計粒子重力)從位于。點正上方的P點以為=臂的初速度沿x軸正方向進入磁場。

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(1)若。P=6d,求粒子第一次經(jīng)過x軸時的橫坐標叼以及時間G；

(2)若OP=6d、k=2,求粒子第二次經(jīng)過久軸回到區(qū)域/中速度沿y軸正方向時的位置坐標(%2，丫2)；

(3)若k=3,為了使粒子不從左邊界離開磁場，求0P的最大值以；

(4)若k=3,且。P為⑶問中的最大值，最終粒子從磁場右邊界射出，求粒子在磁場中運動的總時間喝。(已

知sin22。=lcos22°=孚）

OO

y

I

B

oxXXXXXXX

XXXXXXXX：

kB

XXXXxXXX

XXXXXXXX：

KM

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：“古琴正聲”實驗是利用了聲音的共振現(xiàn)象，需要調(diào)整音準的弦在另一個音調(diào)準確的琴上對

應的琴弦發(fā)出聲音的作用下做受迫振動，當驅(qū)動力的頻率等于固有頻率時會發(fā)生共振，說明這兩個琴弦的

音調(diào)相同，故O正確，ABC錯誤。

故選：Do

根據(jù)共振發(fā)生的條件分析即可。

掌握發(fā)生共振的條件是解題的基礎。

2.【答案】A

【解析】解：由圖示圖象可知，碰撞前甲的速度D用o=5.Oa/s,乙的速度"ZO=LOM/S，碰撞后甲的速度

=-1.0m/s,乙的速度04=2.0m/s

兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

+mzvzo=m^v^+m^v^

代入數(shù)據(jù)解得：m乙=0.6kg

由能量守恒定律可知，碰撞過程中兩物塊損失的機械能：AE=用噓0乙吸。一^力?尹噓一乙吸

代入數(shù)據(jù)解得：=0.3/,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

根據(jù)圖示圖象分析碰撞前后兩物塊的速度，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出乙的質(zhì)

量；應用能量守恒定律求出碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能。

根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程，根據(jù)圖示圖象求出物塊的速度是解題的前提，應用動量守恒定律與動

量定理即可解題。

3.【答案】C

【解析】解：4由圖可知，在加在電動機兩端的電壓小于0.2U時，通過電動機的電流與加在電動機兩端的

電壓成正比，由此可知此時電動機沒有轉(zhuǎn)動，電動機是純電阻，則電動機的內(nèi)阻為「=能0=0.40,故A

錯誤；

BCD、電壓為時電動機的總功率為P=U/=1x0.5W=0.5勿；電動機的發(fā)熱功率為耳=/廠=0.52x

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0.4W=Q.1W,所以電動機的輸出功率為「e=。一耳=0.5加一0.1加=0.4卬，故C正確，錯誤。

故選：Co

根據(jù)在加在電動機兩端的電壓小于0.2V時計算電動機的內(nèi)阻；根據(jù)P=U/計算總功率；根據(jù)耳=產(chǎn)?計算熱

功率；根據(jù)P以=P-耳計算輸出功率。

能夠根據(jù)圖像得到電動機的內(nèi)阻是解題的關鍵，掌握電動機的電功率、熱功率和輸出功率之間的關系是解

題的基礎。

4.【答案】C

【解析】解：28D根據(jù)題意可知，負折射率材料折射光線與入射光線位于法線的同一側；根據(jù)折射定律n=

亞可知，光從空氣進入材料時，折射角小于入射角，故ABD錯誤；

sinr

C.根據(jù)上述分析，負折射率材料折射光線與入射光線位于法線的同一側，且折射角小于入射角；

根據(jù)折射定律，在入射點點=粵

sinp

根據(jù)光路可逆和幾何知識，在出射點n=咨

smp

可得r=a,即出射光線與入射光線平行，故C正確。

故選：Co

4BD.根據(jù)折射定律結合題意分析作答；

C.根據(jù)折射定律和光路可逆，結合幾何光線分析作答。

本題主要考查了光的折射，要明確實驗原理，知道負折射率材料折射光線與入射光線位于法線的同一側，

是解題的關鍵。

5.【答案】C

【解析】解：A縱波的速度最快，所以縱波最先到達，在甲圖中地震發(fā)生時，最先劇烈振動的是彈簧振子B,

故A錯誤；

BC.由于縱波的速度最快，面波的速度最慢，所以最先到達的是縱波，最后到達的是面波，故a為縱波（P波），

匕為橫波（S波），c為面波（L波），故B錯誤，C正確；

。.由于縱波和橫波的時間差為6s,故

XX

----------=6s

為vP

解得x=45km

故D錯誤。

故選：Co

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判斷誰先劇烈振動就看什么波先到達；有圖甲知，a最先到達，c最后到達，距離相同，速度最快的最先到

達，從而判斷出a、b、c各是什么波；通過t=2以及時間差列方程求解觀測臺到震源的距離。

V

本題考查橫波、縱波的特點，需要知道波在同種均勻介質(zhì)中是勻速傳播的。

6.【答案】B

【解析】解：根據(jù)久=54可得光的波長為2=牛，設光的頻率為光在空氣中和在液體中的頻率不變，根

據(jù)。=〃和n=?聯(lián)立可得，介質(zhì)的折射率為n=今，代入數(shù)據(jù)得n=1.36,查表可知這種液體是酒精，故8

正確，ACZ）錯誤。

故選：So

根據(jù)干涉條紋間距公式得到波長的表達式，根據(jù)波長、波速和頻率的關系，以及折射率與速度的關系代入

計算即可。

掌握干涉條紋間距公式，折射率公式和波速、波長和頻率的關系是解題的基礎。

7.【答案】D

【解析】解：4由粒子在。形盒中，電場中做勻加速直線運動，磁場中做勻速圓周運動，可知粒子并不是

一直做勻加速運動，故A錯誤；

B、由洛倫茲力提供向心力”8=加心、圓周運動7=平，可計算粒子圓周運動的周期7=箸；

由粒子在磁場中做圓周運動的周期與交變電源的周期相等，可知交變電源的周期為筆，故B錯誤；

CD、由粒子離開。形盒時，速度、動能達到最大值，結合洛倫茲力提供向心力可知：quB=m粵,E=

mKkm

6瓦,

2

解得最大速度和最大動能分別為：避，劣機=畔二，故C錯誤，D正確。

m2m

故選：Do

根據(jù)粒子在電場中、磁場中的受力特點，可分析器運動狀態(tài)；由洛倫茲力提供向心力、圓周運動的特點，

可計算粒子圓周運動的周期和最大速度；由粒子在磁場中運動特點與交變電源的周期關系，可計算交變電

源的周期；由最大動能表達式，結合最大速度，可計算最大動能。

本題考查回旋加速器的應用，關鍵是理解粒子離開。形盒時，速度、動能達到最大值。

8.【答案】B

【解析】解：設杯子橫截面積為S,可得t=小內(nèi)下落至杯中雨水的總質(zhì)量為：m=phS,以這部分雨水為

研究對象,在其撞擊荷葉過程中，設蓮葉對其彈力大小為F,選豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理可得:-Ft=

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0—mv,

由牛頓第三定律可知，雨滴對蓮葉的壓力大小為：F'=F,

雨滴對蓮葉的壓強為：p=j,

聯(lián)立可得：p=O.OQPa,故8正確，ACD錯誤;

故選：Bo

根據(jù)動量定理、牛頓第三定律、壓強公式分別列式，即可求解，即可判斷4BCD正誤。

本題主要考查對動量定理的掌握，解題時需注意動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量，要先規(guī)定正方

向，計算時也要注意該物理量的符號。

9.【答案】BD

【解析】解：AB,若磁場方向豎直向上，則金屬桿受安培力方向水平向右，根據(jù)平衡條件有8〃=mgtana,

代入數(shù)據(jù)解得故A錯誤，2正確；

CD,對金屬桿受力分析，當感應強度最小時，安培力最小，此時安培力的方向沿斜面向上，如圖所示

則B的方向垂直于導軌向上，此時=譏a,解得B=制處故D正確，C錯誤。

故選：BD。

用左手定則判斷金屬桿受安培力方向，然后根據(jù)平衡條件列方程計算；畫出金屬桿的受力示意圖，根據(jù)受

力圖分析安培力的最小值，然后根據(jù)平衡條件計算即可。

掌握左手定則的應用，能夠?qū)饘贄U正確受力分析根據(jù)平衡條件列出對應的方程是解題的基礎。

10.【答案】BC

【解析】解：4由于所有粒子均從圓弧邊界射出，粒子在磁場中運動的軌跡為劣弧，則弦越短，速度越小,

可知，恰好從b點飛出的粒子速度最小，根據(jù)幾何關系有

=R

粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有

第13頁，共25頁

n^min

qUminB=m--

fmin

解得

qBR

Vmin=l^

故A錯誤；

8.粒子做圓周運動的周期

仃2

T2，V

1=—VqvB=mT—

解得

2nm

T=^B~

令圓心角為。，則粒子在磁場中運動時間為

0071m

360°180°qB

在圓弧上任意取一點P,將該點與。連接，如圖所示

根據(jù)幾何關系有

9=180°-2a

可知，a越大，粒子圓周運動軌跡對應圓心角。越小，當。P與圓弧相切時，a最大，對應圓心角。最小，時間

最短，根據(jù)幾何關系可知

R1

sinamax=^=2

解得

^max=3°

則有

6min=180°-2X30°=120°

結合上述有

第14頁，共25頁

120°7rm27rm

tmin=180°qB=3qB

故8正確；

C.根據(jù)上述解得，圓周運動的半徑

mv

r=^B

速度越大，粒子在磁場中圓周運動的軌跡跨度越大，飛出點越沿磁場圓弧邊界上移，可知，從M點射出粒子

的速率一定小于從N點射出粒子的速率，故C正確；

D根據(jù)上述可知，粒子從P點飛出時間最短，可知，子飛出磁場位置沿磁場圓弧邊界向上移動過程，粒子運

動的時間先減小后增大，由于M點與N點位置關系不確定，可知，從M點射出粒子在磁場中運動時間與從N點

射出粒子運動時間關系也不確定，故。錯誤。

故選：BCo

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，求出粒子的軌道半徑

與轉(zhuǎn)過的圓心角，然后分析答題。

根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，應用牛頓第二定律即可解題。

11.【答案】BCD

【解析】解：4、擺球在一個周期內(nèi)有兩次經(jīng)過平衡位置，由圖乙可得單擺的周期為T=0.6TTS,故A錯誤；

8、根據(jù)單擺周期公式T=2兀但，代入數(shù)據(jù)可得單擺的擺長為L=0,9小，故8正確；

\9

CD、擺球在最高點4或C位置時有F=0.399N=mgcosa,在最低點B時速度最大設為u,根據(jù)圖乙可知有〃=

2

0.402N,根據(jù)牛頓第二定律有尸'-mg=*_,從最高點到最低點過程中，根據(jù)動能定理有一cosa)=

jmv2,聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得m=O.O4kg,v-^^m/s,故CD正確。

故選：BCD。

擺球在一個周期內(nèi)有兩次經(jīng)過平衡位置，據(jù)此分析圖乙即可；根據(jù)單擺周期公式計算；根據(jù)平衡條件，在

最低點時根據(jù)牛頓第二定律和動能定理計算即可得到擺球的質(zhì)量和最大速度。

掌握單擺周期公式，以及牛頓第二定律在圓周運動中的應用是解題的基礎。

12.【答案】AC

【解析】解：4B,碰后b做勻減速運動，加速度

ci—

b能與墻碰撞，臨界條件為b到達墻時速度為零

黨=2aL

第15頁，共25頁

解得

vb=2m/s

根據(jù)a、b碰撞為彈性碰撞

mv0=mva+Mvb

111

2^o=2mv^+黨

解得

m-M

Va='M+^V°

2m2

Vb=M+^Vo=MT7Vo>2m/s

m+1

所以當3越大，外越小，綜上

M

1<—<9

m

故A正確，5錯誤；

CD若3=2,碰后Q反向，大小為%=做勻速運動，b的速度

2

%=3^o

此后b做加速度大小

a=[ig

勻減速運動，與墻碰撞后，加速度大小不變，若b與墻碰撞后速度減到與。共速前能與。發(fā)生碰撞，則可發(fā)生

第二次碰撞，設第一次碰撞到第二次碰撞時間間隔為3則

Xa=

12

Xb=Vbt—

xb—xa=2L

解得

t=旦廿S（舍去），t=，-？s

5—V-7v—v10

t=-------s<--a-----b=—^s

3a6

所以可發(fā)生第二次碰撞，時間為

5-77

t-2s

第16頁，共25頁

故C正確，。錯誤。

故選：ACo

4B.由于牛頓第二定律與運動學公式求出b與墻壁發(fā)生碰撞的臨界速度，a、b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)

動量守恒、機械能守恒，由于動量守恒定律與機械能守恒定律求出”應滿足的條件；

m

CD求出a、b第一次碰撞后的速度，分析清楚a、6發(fā)生二次碰撞的條件，應用運動學公式分析答題。

本題是一道力學綜合題，考查了動量守恒定律的應用，本題難度較大，分析清楚物塊的運動過程是解題的

前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。

13.【答案】中0.060.10-0.04在碰撞過程中4、B小球組成的系統(tǒng)動量守恒

2x

【解析】解：(1)在恒力作用下物體做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律F=ma

根據(jù)運動學公式》=1at2

聯(lián)立解得，物體質(zhì)量加=半

2x

(2)選取水平向左為正方向，碰撞前B球做勻速直線運動，碰撞前的速度為=y=—m/s=0.6m/s

碰撞前的總動量p=0+mBv0=0,1x0.6kg-m/s=0.06kg-m/s

碰撞后4球做勻速直線運動，4球的速度%=[2m/s=0.2m/s

/球的動量Pz=mAvr=0.5x0.2kg?m/s-0.10kg?m/s

碰撞后B球向反方向做勻速直線運動，選取水平向左為正方向，8球的速度以=-7=-2X1^1Q_2m/s=

—0.4m/s

8球的動量詼=mBv2—0.1x(―0.4)/cg?m/s=-0.04kg-m/s

碰撞后的總動量p'=PA+PB=0.10kg?m/s+(—0.04)/cg?m/s=0.06kg?m/s

可見p=p'

比較/、8碰撞前后的動量之和，得出的實驗結論是在碰撞過程中48小球組成的系統(tǒng)動量守恒。

故答案為：(1)當；(2)0.06；0.10；-0.04；在碰撞過程中2、8小球組成的系統(tǒng)動量守恒。

(1)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解作答；

(2)碰撞前后，兩小球做勻速直線運動，據(jù)此求解碰撞前、后兩小球的速度，再根據(jù)動量的定義式求解碰撞

前后的動量，然后作答。

本題考查了“天宮課堂”演示了“驗證動量守恒定律的實驗”，要明確實驗原理，掌握牛頓第二定律和運

動學公式的運用；明確碰撞前、后兩小球均做勻速直線運動，要注意速度和動量的方向。

第17頁，共25頁

14.【答案】31.4A3A2R21000.03

【解析】解：(1)該樣品長度為L=31mm+4x0.1mm=31.4mm

(2)①圖中電流表4是改裝電壓表使用的，需要知道其確切的內(nèi)阻，且在支路上，使用量程較小的即可，若4

擇電流表4，則改裝的電壓表量程為U=30x10-3x(350+50?=12V,電源的電動勢為E=12M；圖中

電流表4在干路上，所以需選擇量程稍大一些的，通過待測導體的最大電流為/=蓋&=0.11/1=110mA,

所以4選A2。定值電阻應選/?2。

②根據(jù)歐姆定律有/(&+k)=(/'—/)%，貝口=4(/'—/)，根據(jù)圖像有案=｝，解得%=10。。

?0十丁3HU?o+r3

(3)根據(jù)電阻定律有在丫=p-2,代入數(shù)據(jù)解得p=0.03/2.m

7i(D—a)

故答案為：(1)31.4；(2)①4，A2,7?2；(3)0.03O

(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)①根據(jù)電動勢計算通過待測電阻的最大電流，然后選擇電流表；根據(jù)電流表改裝成電壓表選擇定值電阻

和需要的電流表；

②根據(jù)歐姆定律寫出圖像的函數(shù)表達式，結合圖像計算樣品的電阻。

(3)根據(jù)電阻定律計算。

會根據(jù)實驗要求選擇合適的器材，能夠根據(jù)電路圖寫出圖像的函數(shù)表達式是解題的關鍵，掌握電阻定律的

計算公式。

15.【答案】解：(1)光路圖如圖所示：

設從底面上4處射入的光線在球面上發(fā)生折射時的入射角i剛好等于全反射臨界角C時，對應入射光線到光軸

的距離最大，從球面射出的光線對應的面積最大；

由全反射臨界角公式sinC=工=上=g，解得臨界角C=45。，

nV22

根據(jù)數(shù)學知識02=Rsin4S°=苧R，

半球底面上的最大面積S?,=TI-OA2=--

故入射光線能夠直接從球面射出的底面上面積為對；

2

第18頁，共25頁

(2)設距光軸亨的入射光線在球面E點發(fā)生折射時的入射角和折射角分別為i和r,光路圖如圖所示:

R

根據(jù)數(shù)學知識S譏i=2=L解得入射角i=30。,

R2

根據(jù)數(shù)學知識DE=Rcos30°=等

根據(jù)折射率公式u=-=-^==

nV22

傳播時間亢=三=字義春=孚，

v2V2c2c

由折射定律，折射角sinr=ns譏i=xg=苧，解得折射角r=45。，

設折射光線與光軸的交點為F,根據(jù)數(shù)學知識NOFE=r-i=45。-30。=15°,Z.EOO'=i=30°,

在△中，由正弦定理有,

OEFsmz.OFEsm.z/.E2OcO”

代入數(shù)據(jù)解得EF=吟2竺，

光的傳播時間12=處=色c竺，

zc2c

該光線從進入半球到該交點的時間t=G+t2=孚+色C"=等爐竺。

【解析】(1)根據(jù)臨界角公式求解臨界角，從而確定臨界光線，根據(jù)數(shù)學知識求解中心到臨界光線的距離，

然后求面積；

(2)由入射光線的位置得到入射角，根據(jù)折射定律求折射角；根據(jù)數(shù)學知識分別求解該光線在透明材料中和

離開球面到交點的距離；根據(jù)折射率公式求解光在透明介質(zhì)中的速度，最后在根據(jù)勻速直線運動公式求時

間，再求總時間。

16.【答案】解：(1)由于質(zhì)點4在0?1s內(nèi)由波峰位置第一次回到平衡位置，經(jīng)歷的是9個周期，故

4

1

%T=ls

解得周期T=4s

第19頁，共25頁

由于t=卜時。點在平衡位置，t=ls時，4在平衡位置，時間差4t=ls—(s='s

則波速u=光=ycm/s=9cm/s

3

波長A=vT=9x4cm=36cm

(2)設質(zhì)點。的位移隨時間變化的關系為y=Asin(^t+%)=

由于在t=0時，y=5cm,則

5=Asin(p0

在t=《s時，y=0,則

0=sin(與x：+卬0)

q

聯(lián)立解得7r,A=10cm=0.1m

故質(zhì)點。的位移隨時間變化的關系式為y=0.1sm(^t+y)

答：(1)簡諧波的周期為4s、波速為9cm/s,波長為36czn；

(2)質(zhì)點。的位移隨時間變化的關系式為y=0.1sm(^t+y)?

【解析】(1)由4點從波峰第一次回到平衡位置的時間，求解出周期，再由。點到4點的傳播距離和傳播時間

求解波速，最后根據(jù)2=uT求解波長；

(2)先設簡諧振動的通式，利用0s和gs時。點的位置求得振幅和初相位，從而求出。點位移隨時間變化的關

系式。

本題考查簡諧波中周期、波速和波長的關系以及簡諧運動的位移與時間的表達式，需要熟練利用波速、波

長和周期直接的關系進行求解。

17.【答案】解：(1)球4由靜止釋放至擺到最低點的過程中由動能定理得

12

mV

2-

B碰前瞬間，對球4由牛頓第二定律得

「V2

F—mg=m—

解得

F=3mg

(2)取水平向右為正方向，4、B碰撞過程中由動量守恒定律和能量守恒定律得

mv=mvA+mvB

第20頁，共25頁

1

1

1

2若

+

V

m

m

-

-

-小

2

2

-

2

恒

能量守

定律和

量守恒

中由動

的過程

最高點

軌道的

到圓弧

C至滑

上小車

水平?jīng)_

滑塊B

向，

正方

右為

平向

取水

定律得

)V

+M~

=(m

mv

BC

B

gR

+m

)Vg

m+M

=|(

|mvg

C

解得

3m

M=