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江蘇省徐州市2023-2024學年高二上學期11月期中考試 物理
1．（2023高二上·徐州期中） 對于質量一定的物體，下列說法正確的是（　　）
A．若動量改變，速度大小一定改變
B．若速度大小改變，動量一定改變
C．若動能改變，速度方向一定改變
D．若速度方向改變，動能一定改變
【答案】B
【知識點】動能；動量
【解析】【解答】A、若動量改變，可能只是速度方向改變，速度大小不一定改變，故A錯誤；
B、若速度大小改變，則動量一定改變，故B正確；
C、若動能改變，可能只是速度大小改變，速度方向不一定改變，故C錯誤；
D、若速度方向改變，如果速度大小不變，則動能不變，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】動量為矢量，動能為標量。若速度方向改變，如果速度大小不變，則動能不變，動量發生改變，則速度一定變。
2．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，長為L的水平細線一端固定在O點，另一端連一個質量為m的小球，將小球由靜止釋放，經時間t，小球運動至最低點B，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。在小球從A運動到B的過程中（　　）
A．重力的沖量大小為mgt B．細線拉力的沖量為0
C．小球動能的增加量為2mgL D．小球動量的增加量為
【答案】A
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】 A、根據沖量的定義式可知，重力的沖量大小為
故A正確；
C、小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
即小球動能的增加量為mgL，故C錯誤；
D、小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
解得
則小球動量的增加量為
故D錯誤；
B、令細線拉力的沖量在水平方向上的分量為Ix，在豎直方向上的分量為Iy，根據動量定理，在豎直方向上有
根據動量定理，在水平方向上有
根據矢量合成，可知細線拉力的沖量為
解得
即細線拉力的沖量不為0，故B錯誤。
故答案為：A。
【分析】沖量是力對時間的積累，使用定義式時，需注意判斷力是否為恒力及該力作用的時間的。熟悉掌握動量定理的應用。
3．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示為某質點做簡諧運動的振動圖像。由圖可知（　　）
A．質點振動的振幅為5m
B．質點振動的周期為2s
C．0～1s內，質點的速度方向與位移方向相同
D．1～2s內，質點的速度方向與加速度方向相反
【答案】C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象
【解析】【解答】A、由圖可知，質點振動的振幅為
故A錯誤；
B、由圖可知，質點振動的周期為
故B錯誤；
C、0～1s內，質點從平衡位置向正向振幅位置運動，位移和速度方向均為正，所以質點的速度方向與位移方向相同，故C正確；
D、1～2s內，質點從正向振幅位置向平衡位置運動，速度和加速度方向均指向平衡位置，所以質點的速度方向與加速度方向相同，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據圖像確定質點振動的幅度和周期。x-t圖像的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向。回復力加速度方向均指向平衡位置。
4．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，靜止的雷達測速儀a向迎面駛來的汽車b發射超聲波，該超聲波被汽車反射后又被a接收到，測速儀a接收的超聲波與其直接發出的超聲波相比（　　）
A．頻率變小 B．頻率變大 C．波速變小 D．波速變大
【答案】B
【知識點】多普勒效應
【解析】【解答】波速由介質決定，所以被該汽車反射回來的反射超聲波與測速監視器發出的超聲波相比波速不變；根據聲音的多普勒效應，聲源和觀察者靠近時接收頻率變高，所以被該汽車反射回來的反射波與發出的超聲波相比頻率變大。
故答案為：B。
【分析】波速由介質決定。多普勒效應，聲源和觀察者靠近時接收頻率變高，聲源和觀察者遠離時接收頻率變低。
5．（2023高二上·徐州期中） 關于振動和波，下列說法正確的是（　　）
A．兩列波疊加一定會出現穩定的干涉圖樣
B．只有驅動力頻率等于物體的固有頻率，物體才做受迫振動
C．一列波通過小孔發生了衍射，波源頻率越小，觀察到的衍射現象越明顯
D．兩列波發生干涉，振動加強區質點的位移總比振動減弱區質點的位移大
【答案】C
【知識點】受迫振動和共振；波的衍射現象；波的干涉現象；波的疊加
【解析】【解答】A、只有頻率相同、相位一定的兩列波疊加才能出現穩定的干涉圖樣，故A錯誤；
B、物體做受迫振動時，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，與物體的固有頻率無關，故B錯誤；
C、一列波通過小孔發生了衍射，波源頻率越小，根據
可知波長越長，越容易發生明顯的衍射現象，故觀察到的衍射現象越明顯，故C正確。
D、兩列波發生干涉，振動加強區質點的振幅總比振動減弱區質點的振幅大，振動加強區質點的位移不一定比振動減弱區質點的位移大，故D錯誤；
故答案為：C。
【分析】只有頻率相同、相位一定的兩列波疊加才能出現穩定的干涉圖樣，物體做受迫振動時，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，波長越長，越容易發生明顯的衍射現象。
6．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，用單擺測量當地的重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．可用彈性好的橡皮條代替細線
B．細線上端在橫桿上纏繞幾圈即可
C．每次實驗應將細線拉至水平再釋放
D．應從小球經過最低點位置開始計時
【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】AB、為了保證擺動過程，擺長保持不變，不可用彈性好的橡皮條代替細線，細線上端應通過夾子固定，不能在橫桿上纏繞幾圈，故AB錯誤；
C、為了使小球做簡諧運動，小球的擺角不能大于5°，故C錯誤；
D、為了減小誤差，應從小球經過最低點位置開始計時，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟悉掌握用單擺運動的要求。擺動過程，擺長保持不變。小球的擺角不能大于5°，為了減小誤差，應從小球經過最低點位置開始計時。
7．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，光束PO從半圓形玻璃磚的圓心O射入后分成I、II兩束，分別射向玻璃磚圓弧面上的a、b兩點。比較I、II兩束光，下列說法正確的是（　　）
A．玻璃磚對光束I的折射率更大
B．光束I在玻璃磚中的速度更大
C．光束II在玻璃磚里傳播的時間更長
D．增大光束PO的入射角θ，光束II先發生全反射
【答案】A
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】ABC、根據折射定律
由圖可知光束I的折射角更小，所以玻璃磚對光束I的折射率更大；根據
，
可知光束I在玻璃磚中的速度更小，光束I在玻璃磚里傳播的時間更長，故A正確，BC錯誤；
D、由于光束PO從半圓形玻璃磚的圓心O射入后，光束I、II均沿半圓形玻璃磚的半徑方向，可知光束I、II從玻璃磚射出時均不會發生全反射現象，故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】根據光路圖，確定各光線的入射角和折射角。在根據折射定律確定兩光線折射率的大小。熟悉掌握發生全反射的條件。
8．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，一束激光照向光屏P，留下光斑。保持激光方向不變，在屏前放一塊與P平行的玻璃磚，發現光斑移到處。若改用相同材料但寬ab更小的玻璃磚，則（　　）
A．光斑移到右側 B．光斑移到左側
C．光斑移到與之間 D．光屏上沒有光班出現
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于光的折射時出射光線平移。如圖，若改用相同材料但寬ab更小的玻璃磚，光線平移的距離減小，則光斑移到S1與S2之間。
故答案為：C。
【分析】換用寬度更小的玻璃磚，從O點進入的折射光線線路不變，從上側邊界折射出的光線和厚的玻璃磚折射出來的光線平行。
9．（2023高二上·徐州期中） 一列簡諧波沿x軸正方向傳播，時刻的波形如圖所示。，質點P第一次運動到波谷。下列說法正確的是（　　）
A．時，質點P沿y軸正方向運動 B．質點P比質點Q先到達波峰位置
C．這列波的波長為10m D．這列波的波速為10m/s
【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，質點P沿y軸負方向運動，故A錯誤；
B、波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，質點Q沿y軸正方向運動，根據上述可知，質點Q比質點P先到達波峰位置，故B錯誤；
C、根據圖像可知，波長為
故C錯誤；
D、根據波形可知，原點右側最近波谷的橫坐標為
則原點左側最近波谷位置質點的平衡位置到原點的間距為
由于波沿x軸正方向傳播，將波形沿x軸正方向平移5m時質點P第一次運動到波谷，則波速為
故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據“同側法”或“上下坡法”判斷質點的振動方向，再根據振動方向判斷到達波峰所需的時間。根據平移法確定0.5s內波形移動的位移，再根據波速的關系進行解答。
10．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B同時從木塊兩側射入，最終嵌在木塊中。已知兩子彈入射的初動量大小相等，射入過程中所受木塊的阻力大小相等，子彈A的質量較小。比較這兩顆子彈可知（　　）
A．子彈A的初動能較小 B．子彈A先與木塊相對靜止
C．子彈A的動量變化率較大 D．子彈A射入木塊的深度較大
【答案】D
【知識點】動量定理；動量守恒定律；能量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A、兩子彈入射的初動量大小相等，則有
又由于子彈A的質量較小，可知
根據公式
，
可得
由于，，所以
故A錯誤；
B、兩子彈入射的初動量大小相等，根據動量守恒定律知，兩子彈和木塊組成的系統動量一直為零；木塊靜止在光滑水平面上，則兩子彈同時與木塊相對靜止，故B錯誤；
C、兩子彈的初動量相等，末動量為0，則兩子彈的動量變化量Δp大小相等；兩子彈所受的阻力大小相等，根據動量定理可知兩子彈運動時間相等，則兩子彈的動量變化率相等，故C錯誤；
D、兩子彈所受的阻力大小相等，設為f ，根據動能定理得：對A子彈
對B子彈
結合 ，可知
故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據動量和動能的關系確定兩子彈初動能的大小關系。兩子彈和木塊組成的系統總動量為零，且系統動量守恒。再結合動量定理和動能定理進行分析。
11．（2023高二上·徐州期中） 某同學用圖甲所示裝置測定光的波長。
（1）已知單縫到雙縫的距離100mm，雙縫到光屏的距離為500mm，雙縫之間的距離為0.50mm。該同學在實驗中，移動分劃板，第1條明條紋對應的游標卡尺讀數如圖乙所示，第5條明條紋對應的游標卡尺讀數如圖丙所示，則入射光的波長為　 　m（結果保留兩位有效數字）。
（2）在撰寫實驗報告時，需將目鏡中所觀察到的現象描繪出來。小張和小李分別畫了轉動手輪時所觀察到的初、末兩個視場區的示意圖如圖丁、戊所示。由圖可判斷，　 　（選填“丁”或“戊”）圖存在造假現象。
【答案】（1）
（2）丁
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】（1）10分度游標卡尺的精確值為0.1mm，第1條明條紋對應的游標卡尺讀數為
第5條明條紋對應的游標卡尺讀數為
則有
根據
可得入射光的波長為
（2）由圖丁可看到初末條紋是同一條紋，丁圖存在造假現象。
【分析】讀數時注意儀器的分度值。根據多條條紋之間的間距得出條紋間距，再根據條紋間距公式得出光的波長。
12．（2023高二上·徐州期中） 某同學用圖甲所示裝置研究斜槽末端小球碰撞時的動量是否守恒。已知A、B球的質量分別為、。
（1）實驗主要操作和測量步驟如下：
①按圖甲所示組裝器材并調節斜槽末端水平。在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線在水平面上的投影O，使其正對刻度尺的零點；
②不放小球B，將小球A從斜槽上部擋板處由靜止釋放，砸到鋪在水平地面上的復寫紙上，并在白紙上留下落點的痕跡。重復多次操作，記錄多次落點的痕跡如圖乙所示，用刻度尺測出A球的水平射程為　 　；
③將小球B靜置于斜槽末端邊緣處，再使小球A從擋板處由靜止釋放，兩球碰后離開軌道落到水平地面，在白紙上留下落點的痕跡。重復操作多次，標記出小球A和B落地點的平均位置，測量出兩球的水平射程；
（2）若測量結果滿足表達式　 　（用“、、、、”的關系式表示），可說明兩小球碰撞過程中動量守恒；
（3）該同學在進行第③步操作前，突然發現斜槽末端稍向上傾斜，于是把它調至水平，并使調整后的斜槽末端離地面高度跟原來相同，再將小球A從擋板處靜止釋放，完成第③步操作。若調節斜槽引起小球在空中運動時間的變化忽略不計，用該同學調整斜槽末端后第③步的測量數據與調整前第②步的測量數據進行對比，可得到碰撞前小球的總動量　 　（選填“大于”“等于”或“小于”）碰后小球的總動量。
【答案】（1）57.3~57.7
（2）
（3）小于
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）用盡可能小的圓把小球落點圈在里面，由此可見圓心的位置是57.5cm，即碰撞后A球的水平射程應為57.5cm。
（2）實驗需要驗證
小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間相同，小球的水平位移與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，故有
（3）因為斜槽末端稍向上傾斜，導致速度的水平分量減小，第②步對應的水平位移OP也減小，因此有
【分析】根據實驗操作步驟，確定實驗的操作要求及注意事項。根據動量守恒定律及平拋運動規律推導得出實驗結論表達式。末端傾斜則小球做斜拋運動，而處理數據用得上水平方向上的速度，故需通過水平方向速度的變化情況進行分析總動量的變化情況。
13．（2023高二上·徐州期中） 質量的皮球以速率垂直撞向天花板，又以的速率反彈，皮球與天花板的接觸時間，g取。試求：
（1）與天花板碰撞前后，皮球動量變化量的大小；
（2）球撞天花板時，天花板對球的平均彈力的大小。
【答案】（1）解：以豎直向下為正方向，則皮球動量變化量大小為
（2）解：以豎直向下為正方向，根據動量定理可得
解得天花板對球的平均彈力大小為
【知識點】動量定理；動量
【解析】【分析】（1）軌道速度的正方向，明確皮球的初末速度，再根據動量的定義進行解答；
（2）明確小球的受力情況，根據動量定理進行解答即可。
14．（2023高二上·徐州期中） 一列沿x軸負方向傳播的簡諧波，在時刻的波形如圖所示，此時質點M剛好開始振動，質點P處在平衡位置。經，質點Q剛開始振動。試求：
（1）波的傳播速度v；
（2）0～0.4s內質點N通過的路程l；
（3）質點M位于波峰位置的時刻。
【答案】（1）解：經，質點Q剛開始振動，波的傳播速度
（2）解：波傳到N需要時間
波的周期
0～0.4s內質點振動了0.2s，半個周期，通過的路程
（3）解：質點M向上振動，所以位于波峰位置的時刻，（n=0.1.2…）
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）根據題意確定0.4s內波傳播的距離，再根據波速的公式進行解答；
（2）根據波速確定波傳到N點所需時間，再確定0.4s內N點振動的時長與周期的關系，繼而得出質點N通過的路程；
（3）根據波的傳播方向和“同側法”或“上下坡法”確定M點的振動方向，再確定質點M到達波峰所需的時間。
15．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示是愛爾蘭物理學家勞埃德于1834年觀察光的干涉現象的原理圖（為討論問題方便，圖中線段長度與數據不成比例）。線光源S發出波長為600nm的光，有一部分直接射到足夠大的屏D上，另一部分經鏡面M反射到屏上（這些光對鏡面的入射角接近90°）。這兩部分光重疊產生干涉，在屏上出現明暗相間的干涉條紋，這稱之為勞埃德鏡干涉。勞埃德鏡干涉的條紋間距與波長的關系與楊氏雙縫干涉相同。
（1）畫出光線SA、SB經鏡面M反射的光路圖（圖中是S在平面鏡中的像）；
（2）相鄰兩條明條紋間距是多大；
（3）屏D上出現干涉亮條紋的條數。
【答案】（1）解：光線SA、SB經鏡面M反射的光路圖如圖所示
（2）解：相鄰兩條明條紋間距寬度為
（3）解：根據幾何關系得，區域中的最高點到鏡面所在平面的距離為，有
解得
區域中的最低點到鏡面所在平面的距離為，有
解得
區域的寬度為
又因為相鄰兩條明條紋間距寬度為
所以屏D出現干涉亮條紋的數目為
【知識點】光的干涉；光的反射；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【分析】（1）根據光的反射定律和光路的可逆性畫出光路圖；
（2）根據光路圖確定兩波間距和光源到光屏的距離，再根據波的干涉條紋間距公式進行解答。
（3）根據光路圖計算出光線在光屏上的寬度，再根據寬度和條紋間距計算得出干涉條紋的條數。
16．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，A、B兩物塊用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A緊靠豎直墻壁，彈簧處于原長。現用水平向左的力F緩慢推動物塊B，到達某一位置后靜止，此過程中力F做功9J。已知A、B兩物塊的質量分別為和，現突然撤去推力F，求：
（1）彈簧第一次恢復到原長時，物塊B的動量；
（2）兩物塊的速度相同時，彈簧的彈性勢能；
（3）撤去推力F后，物塊A能達到的最大速度。
【答案】（1）解：彈簧第一次恢復到原長時，根據能量守恒可得
解得物塊B的速度為
則物塊B的動量大小為
方向水平向右。
（2）解：兩物塊的速度相同時，根據系統動量守恒可得
解得共同速度為
根據系統機械能守恒可得，此時的彈簧的彈性勢能為
（3）解：撤去推力F后，當第一次到達共速后，彈簧伸長量最大，之后當彈簧再次恢復原長時，物塊A的速度達到最大，則根據系統動量守恒可得
根據系統機械能守恒可得
聯立解得物塊A能達到的最大速度為
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；動量與能量的綜合應用一彈簧類模型
【解析】【分析】（1）分析彈簧第一次恢復原長時，AB的運動情況，根據能量守恒定律確定B的速度，再根據動量的定義確定物塊B的動量；
（2）A離開墻面后，整個系統動量守恒，根據動量守恒定律確定AB共速時的速度，再根據機械能守恒定律確定此時彈簧的彈性勢能；
（3）從物塊A離開墻面后到彈簧再次恢復原長的過程中，物塊A始終做加速運動，此后A做減速運動，故當彈簧再次恢復原長時，物塊A的速度最大，再針對系統運用動量守恒定律和能量守恒定律進行解答。
1 / 1江蘇省徐州市2023-2024學年高二上學期11月期中考試 物理
1．（2023高二上·徐州期中） 對于質量一定的物體，下列說法正確的是（　　）
A．若動量改變，速度大小一定改變
B．若速度大小改變，動量一定改變
C．若動能改變，速度方向一定改變
D．若速度方向改變，動能一定改變
2．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，長為L的水平細線一端固定在O點，另一端連一個質量為m的小球，將小球由靜止釋放，經時間t，小球運動至最低點B，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。在小球從A運動到B的過程中（　　）
A．重力的沖量大小為mgt B．細線拉力的沖量為0
C．小球動能的增加量為2mgL D．小球動量的增加量為
3．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示為某質點做簡諧運動的振動圖像。由圖可知（　　）
A．質點振動的振幅為5m
B．質點振動的周期為2s
C．0～1s內，質點的速度方向與位移方向相同
D．1～2s內，質點的速度方向與加速度方向相反
4．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，靜止的雷達測速儀a向迎面駛來的汽車b發射超聲波，該超聲波被汽車反射后又被a接收到，測速儀a接收的超聲波與其直接發出的超聲波相比（　　）
A．頻率變小 B．頻率變大 C．波速變小 D．波速變大
5．（2023高二上·徐州期中） 關于振動和波，下列說法正確的是（　　）
A．兩列波疊加一定會出現穩定的干涉圖樣
B．只有驅動力頻率等于物體的固有頻率，物體才做受迫振動
C．一列波通過小孔發生了衍射，波源頻率越小，觀察到的衍射現象越明顯
D．兩列波發生干涉，振動加強區質點的位移總比振動減弱區質點的位移大
6．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，用單擺測量當地的重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．可用彈性好的橡皮條代替細線
B．細線上端在橫桿上纏繞幾圈即可
C．每次實驗應將細線拉至水平再釋放
D．應從小球經過最低點位置開始計時
7．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，光束PO從半圓形玻璃磚的圓心O射入后分成I、II兩束，分別射向玻璃磚圓弧面上的a、b兩點。比較I、II兩束光，下列說法正確的是（　　）
A．玻璃磚對光束I的折射率更大
B．光束I在玻璃磚中的速度更大
C．光束II在玻璃磚里傳播的時間更長
D．增大光束PO的入射角θ，光束II先發生全反射
8．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，一束激光照向光屏P，留下光斑。保持激光方向不變，在屏前放一塊與P平行的玻璃磚，發現光斑移到處。若改用相同材料但寬ab更小的玻璃磚，則（　　）
A．光斑移到右側 B．光斑移到左側
C．光斑移到與之間 D．光屏上沒有光班出現
9．（2023高二上·徐州期中） 一列簡諧波沿x軸正方向傳播，時刻的波形如圖所示。，質點P第一次運動到波谷。下列說法正確的是（　　）
A．時，質點P沿y軸正方向運動 B．質點P比質點Q先到達波峰位置
C．這列波的波長為10m D．這列波的波速為10m/s
10．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B同時從木塊兩側射入，最終嵌在木塊中。已知兩子彈入射的初動量大小相等，射入過程中所受木塊的阻力大小相等，子彈A的質量較小。比較這兩顆子彈可知（　　）
A．子彈A的初動能較小 B．子彈A先與木塊相對靜止
C．子彈A的動量變化率較大 D．子彈A射入木塊的深度較大
11．（2023高二上·徐州期中） 某同學用圖甲所示裝置測定光的波長。
（1）已知單縫到雙縫的距離100mm，雙縫到光屏的距離為500mm，雙縫之間的距離為0.50mm。該同學在實驗中，移動分劃板，第1條明條紋對應的游標卡尺讀數如圖乙所示，第5條明條紋對應的游標卡尺讀數如圖丙所示，則入射光的波長為　 　m（結果保留兩位有效數字）。
（2）在撰寫實驗報告時，需將目鏡中所觀察到的現象描繪出來。小張和小李分別畫了轉動手輪時所觀察到的初、末兩個視場區的示意圖如圖丁、戊所示。由圖可判斷，　 　（選填“丁”或“戊”）圖存在造假現象。
12．（2023高二上·徐州期中） 某同學用圖甲所示裝置研究斜槽末端小球碰撞時的動量是否守恒。已知A、B球的質量分別為、。
（1）實驗主要操作和測量步驟如下：
①按圖甲所示組裝器材并調節斜槽末端水平。在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線在水平面上的投影O，使其正對刻度尺的零點；
②不放小球B，將小球A從斜槽上部擋板處由靜止釋放，砸到鋪在水平地面上的復寫紙上，并在白紙上留下落點的痕跡。重復多次操作，記錄多次落點的痕跡如圖乙所示，用刻度尺測出A球的水平射程為　 　；
③將小球B靜置于斜槽末端邊緣處，再使小球A從擋板處由靜止釋放，兩球碰后離開軌道落到水平地面，在白紙上留下落點的痕跡。重復操作多次，標記出小球A和B落地點的平均位置，測量出兩球的水平射程；
（2）若測量結果滿足表達式　 　（用“、、、、”的關系式表示），可說明兩小球碰撞過程中動量守恒；
（3）該同學在進行第③步操作前，突然發現斜槽末端稍向上傾斜，于是把它調至水平，并使調整后的斜槽末端離地面高度跟原來相同，再將小球A從擋板處靜止釋放，完成第③步操作。若調節斜槽引起小球在空中運動時間的變化忽略不計，用該同學調整斜槽末端后第③步的測量數據與調整前第②步的測量數據進行對比，可得到碰撞前小球的總動量　 　（選填“大于”“等于”或“小于”）碰后小球的總動量。
13．（2023高二上·徐州期中） 質量的皮球以速率垂直撞向天花板，又以的速率反彈，皮球與天花板的接觸時間，g取。試求：
（1）與天花板碰撞前后，皮球動量變化量的大小；
（2）球撞天花板時，天花板對球的平均彈力的大小。
14．（2023高二上·徐州期中） 一列沿x軸負方向傳播的簡諧波，在時刻的波形如圖所示，此時質點M剛好開始振動，質點P處在平衡位置。經，質點Q剛開始振動。試求：
（1）波的傳播速度v；
（2）0～0.4s內質點N通過的路程l；
（3）質點M位于波峰位置的時刻。
15．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示是愛爾蘭物理學家勞埃德于1834年觀察光的干涉現象的原理圖（為討論問題方便，圖中線段長度與數據不成比例）。線光源S發出波長為600nm的光，有一部分直接射到足夠大的屏D上，另一部分經鏡面M反射到屏上（這些光對鏡面的入射角接近90°）。這兩部分光重疊產生干涉，在屏上出現明暗相間的干涉條紋，這稱之為勞埃德鏡干涉。勞埃德鏡干涉的條紋間距與波長的關系與楊氏雙縫干涉相同。
（1）畫出光線SA、SB經鏡面M反射的光路圖（圖中是S在平面鏡中的像）；
（2）相鄰兩條明條紋間距是多大；
（3）屏D上出現干涉亮條紋的條數。
16．（2023高二上·徐州期中） 如圖所示，A、B兩物塊用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A緊靠豎直墻壁，彈簧處于原長。現用水平向左的力F緩慢推動物塊B，到達某一位置后靜止，此過程中力F做功9J。已知A、B兩物塊的質量分別為和，現突然撤去推力F，求：
（1）彈簧第一次恢復到原長時，物塊B的動量；
（2）兩物塊的速度相同時，彈簧的彈性勢能；
（3）撤去推力F后，物塊A能達到的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】動能；動量
【解析】【解答】A、若動量改變，可能只是速度方向改變，速度大小不一定改變，故A錯誤；
B、若速度大小改變，則動量一定改變，故B正確；
C、若動能改變，可能只是速度大小改變，速度方向不一定改變，故C錯誤；
D、若速度方向改變，如果速度大小不變，則動能不變，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】動量為矢量，動能為標量。若速度方向改變，如果速度大小不變，則動能不變，動量發生改變，則速度一定變。
2．【答案】A
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；沖量
【解析】【解答】 A、根據沖量的定義式可知，重力的沖量大小為
故A正確；
C、小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
即小球動能的增加量為mgL，故C錯誤；
D、小球從A運動到B的過程中，根據動能定理有
解得
則小球動量的增加量為
故D錯誤；
B、令細線拉力的沖量在水平方向上的分量為Ix，在豎直方向上的分量為Iy，根據動量定理，在豎直方向上有
根據動量定理，在水平方向上有
根據矢量合成，可知細線拉力的沖量為
解得
即細線拉力的沖量不為0，故B錯誤。
故答案為：A。
【分析】沖量是力對時間的積累，使用定義式時，需注意判斷力是否為恒力及該力作用的時間的。熟悉掌握動量定理的應用。
3．【答案】C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象
【解析】【解答】A、由圖可知，質點振動的振幅為
故A錯誤；
B、由圖可知，質點振動的周期為
故B錯誤；
C、0～1s內，質點從平衡位置向正向振幅位置運動，位移和速度方向均為正，所以質點的速度方向與位移方向相同，故C正確；
D、1～2s內，質點從正向振幅位置向平衡位置運動，速度和加速度方向均指向平衡位置，所以質點的速度方向與加速度方向相同，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據圖像確定質點振動的幅度和周期。x-t圖像的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向。回復力加速度方向均指向平衡位置。
4．【答案】B
【知識點】多普勒效應
【解析】【解答】波速由介質決定，所以被該汽車反射回來的反射超聲波與測速監視器發出的超聲波相比波速不變；根據聲音的多普勒效應，聲源和觀察者靠近時接收頻率變高，所以被該汽車反射回來的反射波與發出的超聲波相比頻率變大。
故答案為：B。
【分析】波速由介質決定。多普勒效應，聲源和觀察者靠近時接收頻率變高，聲源和觀察者遠離時接收頻率變低。
5．【答案】C
【知識點】受迫振動和共振；波的衍射現象；波的干涉現象；波的疊加
【解析】【解答】A、只有頻率相同、相位一定的兩列波疊加才能出現穩定的干涉圖樣，故A錯誤；
B、物體做受迫振動時，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，與物體的固有頻率無關，故B錯誤；
C、一列波通過小孔發生了衍射，波源頻率越小，根據
可知波長越長，越容易發生明顯的衍射現象，故觀察到的衍射現象越明顯，故C正確。
D、兩列波發生干涉，振動加強區質點的振幅總比振動減弱區質點的振幅大，振動加強區質點的位移不一定比振動減弱區質點的位移大，故D錯誤；
故答案為：C。
【分析】只有頻率相同、相位一定的兩列波疊加才能出現穩定的干涉圖樣，物體做受迫振動時，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，波長越長，越容易發生明顯的衍射現象。
6．【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】AB、為了保證擺動過程，擺長保持不變，不可用彈性好的橡皮條代替細線，細線上端應通過夾子固定，不能在橫桿上纏繞幾圈，故AB錯誤；
C、為了使小球做簡諧運動，小球的擺角不能大于5°，故C錯誤；
D、為了減小誤差，應從小球經過最低點位置開始計時，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟悉掌握用單擺運動的要求。擺動過程，擺長保持不變。小球的擺角不能大于5°，為了減小誤差，應從小球經過最低點位置開始計時。
7．【答案】A
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】ABC、根據折射定律
由圖可知光束I的折射角更小，所以玻璃磚對光束I的折射率更大；根據
，
可知光束I在玻璃磚中的速度更小，光束I在玻璃磚里傳播的時間更長，故A正確，BC錯誤；
D、由于光束PO從半圓形玻璃磚的圓心O射入后，光束I、II均沿半圓形玻璃磚的半徑方向，可知光束I、II從玻璃磚射出時均不會發生全反射現象，故D錯誤。
故答案為：A。
【分析】根據光路圖，確定各光線的入射角和折射角。在根據折射定律確定兩光線折射率的大小。熟悉掌握發生全反射的條件。
8．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于光的折射時出射光線平移。如圖，若改用相同材料但寬ab更小的玻璃磚，光線平移的距離減小，則光斑移到S1與S2之間。
故答案為：C。
【分析】換用寬度更小的玻璃磚，從O點進入的折射光線線路不變，從上側邊界折射出的光線和厚的玻璃磚折射出來的光線平行。
9．【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，質點P沿y軸負方向運動，故A錯誤；
B、波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，質點Q沿y軸正方向運動，根據上述可知，質點Q比質點P先到達波峰位置，故B錯誤；
C、根據圖像可知，波長為
故C錯誤；
D、根據波形可知，原點右側最近波谷的橫坐標為
則原點左側最近波谷位置質點的平衡位置到原點的間距為
由于波沿x軸正方向傳播，將波形沿x軸正方向平移5m時質點P第一次運動到波谷，則波速為
故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據“同側法”或“上下坡法”判斷質點的振動方向，再根據振動方向判斷到達波峰所需的時間。根據平移法確定0.5s內波形移動的位移，再根據波速的關系進行解答。
10．【答案】D
【知識點】動量定理；動量守恒定律；能量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A、兩子彈入射的初動量大小相等，則有
又由于子彈A的質量較小，可知
根據公式
，
可得
由于，，所以
故A錯誤；
B、兩子彈入射的初動量大小相等，根據動量守恒定律知，兩子彈和木塊組成的系統動量一直為零；木塊靜止在光滑水平面上，則兩子彈同時與木塊相對靜止，故B錯誤；
C、兩子彈的初動量相等，末動量為0，則兩子彈的動量變化量Δp大小相等；兩子彈所受的阻力大小相等，根據動量定理可知兩子彈運動時間相等，則兩子彈的動量變化率相等，故C錯誤；
D、兩子彈所受的阻力大小相等，設為f ，根據動能定理得：對A子彈
對B子彈
結合 ，可知
故D正確。
故答案為：D。
【分析】根據動量和動能的關系確定兩子彈初動能的大小關系。兩子彈和木塊組成的系統總動量為零，且系統動量守恒。再結合動量定理和動能定理進行分析。
11．【答案】（1）
（2）丁
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】（1）10分度游標卡尺的精確值為0.1mm，第1條明條紋對應的游標卡尺讀數為
第5條明條紋對應的游標卡尺讀數為
則有
根據
可得入射光的波長為
（2）由圖丁可看到初末條紋是同一條紋，丁圖存在造假現象。
【分析】讀數時注意儀器的分度值。根據多條條紋之間的間距得出條紋間距，再根據條紋間距公式得出光的波長。
12．【答案】（1）57.3~57.7
（2）
（3）小于
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）用盡可能小的圓把小球落點圈在里面，由此可見圓心的位置是57.5cm，即碰撞后A球的水平射程應為57.5cm。
（2）實驗需要驗證
小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間相同，小球的水平位移與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，故有
（3）因為斜槽末端稍向上傾斜，導致速度的水平分量減小，第②步對應的水平位移OP也減小，因此有
【分析】根據實驗操作步驟，確定實驗的操作要求及注意事項。根據動量守恒定律及平拋運動規律推導得出實驗結論表達式。末端傾斜則小球做斜拋運動，而處理數據用得上水平方向上的速度，故需通過水平方向速度的變化情況進行分析總動量的變化情況。
13．【答案】（1）解：以豎直向下為正方向，則皮球動量變化量大小為
（2）解：以豎直向下為正方向，根據動量定理可得
解得天花板對球的平均彈力大小為
【知識點】動量定理；動量
【解析】【分析】（1）軌道速度的正方向，明確皮球的初末速度，再根據動量的定義進行解答；
（2）明確小球的受力情況，根據動量定理進行解答即可。
14．【答案】（1）解：經，質點Q剛開始振動，波的傳播速度
（2）解：波傳到N需要時間
波的周期
0～0.4s內質點振動了0.2s，半個周期，通過的路程
（3）解：質點M向上振動，所以位于波峰位置的時刻，（n=0.1.2…）
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）根據題意確定0.4s內波傳播的距離，再根據波速的公式進行解答；
（2）根據波速確定波傳到N點所需時間，再確定0.4s內N點振動的時長與周期的關系，繼而得出質點N通過的路程；
（3）根據波的傳播方向和“同側法”或“上下坡法”確定M點的振動方向，再確定質點M到達波峰所需的時間。
15．【答案】（1）解：光線SA、SB經鏡面M反射的光路圖如圖所示
（2）解：相鄰兩條明條紋間距寬度為
（3）解：根據幾何關系得，區域中的最高點到鏡面所在平面的距離為，有
解得
區域中的最低點到鏡面所在平面的距離為，有
解得
區域的寬度為
又因為相鄰兩條明條紋間距寬度為
所以屏D出現干涉亮條紋的數目為
【知識點】光的干涉；光的反射；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【分析】（1）根據光的反射定律和光路的可逆性畫出光路圖；
（2）根據光路圖確定兩波間距和光源到光屏的距離，再根據波的干涉條紋間距公式進行解答。
（3）根據光路圖計算出光線在光屏上的寬度，再根據寬度和條紋間距計算得出干涉條紋的條數。
16．【答案】（1）解：彈簧第一次恢復到原長時，根據能量守恒可得
解得物塊B的速度為
則物塊B的動量大小為
方向水平向右。
（2）解：兩物塊的速度相同時，根據系統動量守恒可得
解得共同速度為
根據系統機械能守恒可得，此時的彈簧的彈性勢能為
（3）解：撤去推力F后，當第一次到達共速后，彈簧伸長量最大，之后當彈簧再次恢復原長時，物塊A的速度達到最大，則根據系統動量守恒可得
根據系統機械能守恒可得
聯立解得物塊A能達到的最大速度為
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；動量與能量的綜合應用一彈簧類模型
【解析】【分析】（1）分析彈簧第一次恢復原長時，AB的運動情況，根據能量守恒定律確定B的速度，再根據動量的定義確定物塊B的動量；
（2）A離開墻面后，整個系統動量守恒，根據動量守恒定律確定AB共速時的速度，再根據機械能守恒定律確定此時彈簧的彈性勢能；
（3）從物塊A離開墻面后到彈簧再次恢復原長的過程中，物塊A始終做加速運動，此后A做減速運動，故當彈簧再次恢復原長時，物塊A的速度最大，再針對系統運用動量守恒定律和能量守恒定律進行解答。
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