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人教版高二物理下期中检测卷5
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）对于一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（　　）
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化时，其动量可能不变
【答案】C
【知识点】动量
【解析】【解答】A．动量公式为，匀速直线运动时速度大小和方向都不变，所以动量不变，故A错误。
B． 匀速圆周运动速度大小不变，但方向时刻改变，动量是矢量，方向变则动量变 ，故B错误。
C． 速度是矢量，速度变化（大小或方向任一改变）则动量是矢量，因此，只要速度变化，动量必然变化，故C正确。
D．动能公式为，质量不变，动能变化意味着速度大小变化。动量的大小与速度大小成正比，因此动能变化时动量大小必然变化，动量不可能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1. 核心概念
动量，动量是矢量，既有大小又有方向。
动量变化的条件：速度的大小 或 方向任一发生变化。
动能，动能是标量，只与速度的大小有关，与方向无关。
2、解题关键
判断动量是否变化：看速度矢量是否变化。
判断动能是否变化：看速度大小是否变化。
动能变 动量一定变；动量变 动能变（例如匀速圆周运动：动量变，动能不变）。
2．（3分）如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从C→O→B振子完成一次全振动
B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供
D．从O→C弹簧振子的能量增加
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．全振动是振子完成一次完整的周期性运动（回到原位置且速度方向相同）。从C→O→B仅完成了半个周期的运动，需再从B→O→C才完成一次全振动，故A错误；
B．振子在O点受到的弹簧的弹力等于振子重力，弹簧有形变，弹性势能不为0，故B错误；
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供，故C正确；
D．振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和保持不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】围绕竖直弹簧振子的简谐运动特点，分析全振动、弹性势能、回复力及能量变化：核心是明确竖直振子的回复力来源（重力与弹力的合力），以及简谐运动的能量守恒。
3．（3分）如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态.已知A球的质量为m，B球的质量为2m，两球均可视为质点.将A、B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．B球向右运动的最大位移为 B．B球向右运动的最大位移为
C．B球运动的最大速度为 D．B球运动的最大速度为
【答案】C
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.A球从开始释放到最低点的过程中，由A、B两球组成的系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则有
而
联立以上两式，解得
AB错误；
CD.A球从开始释放到最低点的过程中，由A、B两球组成的系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则有
联立以上两式，解得
C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律，要求学生能够判断由A、B两球组成的系统，在A球从开始释放到最低点的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，A、B两球发生的水平位移相当“人船”模型，而通过动量守恒式和机械能守恒式联立求解A球到达最低点时A、B两球的速度大小关系。
4．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接的视频，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。
故选B。
【分析】根据变轨原理结合向心力公式分析向心力变化，根据力的合成，分析推力和喷气的方向关系。
5．（3分）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，“胜哥”将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出，不计空气阻力，关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（　　）
A．三个物块落地前瞬间的动量相同
B．三个物块落地前瞬间的动能相同
C．重力对三个物块做功相同
D．重力对三个物块的冲量相同
【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；动量；冲量
【解析】【解答】A．动量是矢量，三个物块落地时速度方向不同，故动量不同，A错误；
BC．由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据动能定理，c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，a、b的动能相同，故B错误，C正确；
D．由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由，解得，故b、c下落时间相同，根据可知，重力对b、c两物体的冲量相同；但a的下落时间，与b、c的下落时间不同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】从“重力做功（WG =mgh）、动能（动能定理）、动量（矢量，含方向）、冲量（I=mgt）”四个角度，结合三者的运动特点（a斜面下滑、b自由落体、c平抛）分析。
6．（3分）如图所示，轻绳上端固定在点，下端系一可以看成质点的小球，现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放小球，B点是小球摆动的最低点，在点与点正中间固定一颗小钉子，小球在A、C两点之间小角度摆动的周期为。当小球到达A点时，移除小钉子P，移除后小球摆动的周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】B点是小球摆动的最低点，在点与点正中间固定一颗小钉子， 移除钉子之前小球的周期为
移除钉子之后，根据单摆周期公式可得小球的周期为
联立可得
故选D。
【分析】确定不同阶段的摆长，依据单摆周期计算公式求解即可。
7．（3分）“胜哥”用图示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。操作正确的是（　　）
A．实验中应该在摆球摆动到最低点时开始计数
B．组装单摆时，应该选用长度为30cm左右的细线
C．组装单摆时，应该选用直径约为1.8cm的塑料球
D．摆长测定后，摆动计数过程中摆线松动，对测量结果没影响
【答案】A
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．为了减小误差，实验中应该在摆球摆动到最低点时开始计数，A符合题意；
B．为了减小误差，组装单摆时，应该选用相对较长的细线，B不符合题意；
C．为了减小空气阻力的影响，应选用质量大体积小的金属球，C不符合题意；
D．由
得
可知摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】记录单摆的周期需要从摆球的平衡位置开始计时；为了减小实验误差应该使用相对较长的摆线和质量大体积小的金属球；摆动时摆长测量值会偏小会导致重力加速度的测量值偏小。
8．（3分）图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（　　）
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
【答案】D
【知识点】波的反射和折射
【解析】【解答】AB： 同一波在不同介质中传播不会改变频率，波速和波长可能改变。可将波想象成光，光本身也是一种电磁波。2与1 在同种介质， 2与1的波长、频率以及波速都相等，AB错误。
CD：2与1 在不同种介质，波速改变，频率不变，波长一定改变，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】同一波在不同介质中传播不会改变频率，波速变了，波长也会跟着变化。
9．（3分）如图，（a）为一波源的共振曲线，（b）图中的a表示该波源在共振状态下的振动形式沿x轴传播过程中形成的机械波在t=0时刻的波形曲线．则下列说法错误的是（　　）
A．（a）图中，若驱动力周期变小共振动曲线的峰将向频率f大的方向移动
B．（b）图中，波速一定为1.2m/s
C．（b）图中，a、b波形时间间隔可能为2.5s
D．（b）图中，遇到宽度为2m的狭缝能发生明显的衍射现象
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；横波的图象；波的衍射现象
【解析】【解答】A．当驱动力频率等于物体的固有频率时产生共振，振幅最大，驱动力周期变小时，物体的固有频率不变，则振动曲线的峰不变，故A错误，符合题意；
B．由共振曲线读出共振状态下的振动频率为f＝0.3Hz，由（b）图知，波长为λ＝4m，则波速为
，故B正确，不符合题意；
C．共振状态下的振动周期为，若波向左传播，则（b）图中a、b波形时间间隔为，n＝0，1，2，…，当n＝0时，故C正确，不符合题意；
D．当障碍物的尺寸小于波长时能发生明显的衍射现象，该波的波长为4m，则（b）图中波长遇到宽度为2m的狭缝能发生明显的衍现象。故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】本题综合考查了机械振动中的共振现象、机械波的传播、波速计算、波的周期性以及波的衍射条件。
1、核心概念辨析（A选项）：共振发生的条件是驱动力频率等于系统固有频率，此时振幅最大。
物体的固有频率由系统自身性质决定（如弹簧的劲度系数、物体的质量），与驱动力无关。因此，驱动力周期变化不会改变固有频率，共振峰值对应的频率（即固有频率）不变，振幅最大值也不变。这是判断A选项错误的关键。
2、波速的计算（B选项）：从共振曲线（a）图中可读出共振频率 f = 0.3 Hz，这既是驱动力的频率，也是波源的振动频率，因此波的频率也为 0.3 Hz。从波形图（b）中可读出波长 λ = 4 m。
根据波速公式 v = λf，直接代入数据即可计算出波速 v = 1.2 m/s。
3、波传播的周期性与多解性（C选项）：波形从实线（a点）传播到虚线（b点），波可能向左传播，也可能向右传播。题目指定了向左传播的情况。波形在时间 Δt 内的移动距离对应着波在空间上的平移。向左传播时，a点的振动状态（在波峰）需要传播到b点（在平衡位置），两者间的距离可能为 Δx = nλ + 3λ/4（n=0，1，2，...）。
根据 Δx = vΔt 和 v = λ/T，可以推导出时间间隔 Δt 与周期 T 的关系为 Δt = nT + 3T/4。取 n=0 得到最小时间 3T/4，代入 T=1/f≈3.33s 计算，结果与选项吻合。这体现了波传播问题由于周期性和方向性导致的多解特性。
4、波的衍射条件（D选项）：发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者与波长相差不多。已知波长 λ = 4 m，障碍物宽度 d = 2 m，满足 d < λ，因此一定能发生明显的衍射现象。
总结与技巧：分清振动和波：图（a）是振动的共振曲线，反映振幅与驱动频率的关系；图（b）是波在某一时刻的形态图，反映不同质点的位移。
抓住关键公式：波速公式 v = λf = λ/T 是连接振动（时间域）和波动（空间域）的桥梁。
理解波的特性：波的周期性（多解性）和衍射条件是常考的重点。
10．（3分）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上将弹簧一端固定，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在斜面上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，重力加速度大小为g，则物体在振动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的最大弹性势能等于
B．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为
D．物体在最低点时的弹力大小应为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】本题解题关键是知道物体在振动过程中，物体和弹簧组成的系统满足机械能守恒，掌握简谐运动的对称性是解题的基础。A．因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧的弹力等于零，有
当物体在最低点时，弹簧形变量最大且为2A，弹簧的弹性势能最大，即
联立以上解得
故A错误；
B．由能量守恒定律知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，故B错误；
C．当物体在最低点时，由
解得加速度大小
故C正确；
D．在最低点对物体受力分析可知
解得
故D错误。
故选C。
【分析】当物体在最低点时，弹簨形变量最大目为2A，根据弹性势能的计算公式计算即可；根据能量守恒定律分析；根据牛顿第二定律计算加速度和弹簧弹力大小。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）“胜哥”在放冲天炮，如图所示，冲天炮飞上天后在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（　　）
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量大小相等
【答案】B,D
【知识点】爆炸；平抛运动
【解析】【解答】AB． 炸裂时，P 和 Q 的竖直方向初速度均为零（因为爆炸发生在最高点，此时冲天炮速度是水平的，竖直分速度为零）。炸裂后，两者在竖直方向都只受重力，初速度为零，因此它们从同一高度做自由落体运动，同时落地。 爆炸时间极短，内力远大于外力（重力），因此水平方向动量守恒。由于爆炸前速度沿水平方向，所以炸裂后总动量仍等于爆炸前的水平动量，故A错误，B正确；
C． 炸裂后，P 和 Q 的竖直运动情况相同（同时落地），水平飞行距离取决于水平速度。已知 P 质量较大且沿原方向运动，由动量守恒可知，质量较小的 Q 水平速度可能比 P 大，也可能反向，具体取决于爆炸释放的能量，因此无法确定 P 的水平位移一定更大，故C错误；
D． 爆炸时 P 和 Q 之间的相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，因此它们受到的冲量大小相等、方向相反，故D正确。
故选BD。
【分析】详细易错点
1. 落地时间判断
错误：认为质量大的先落地。
正确：若爆炸后竖直初速度均为 0 同时落地。
若爆炸给了竖直速度 向下初速度的先落地。
关键：仔细看题中是否说明爆炸给予竖直方向速度。本题未说明，一般按无竖直初速度处理。
2. 动量守恒的理解
错误：认为爆炸后总动量变大或系统动量不守恒。
正确：爆炸是内力作用，系统总动量守恒（矢量）。
关键：爆炸增加的只是动能（化学能转为机械能），不是动量。
3. 水平位移比较
错误：认为"沿原方向飞行"的物体水平位移一定更大。
正确：水平位移由水平速度和空中时间共同决定：
若另一块速度更大或空中时间更长，可能水平位移更大。
关键：必须综合考虑速度和时间两个因素。
4. 冲量概念
错误：认为质量不同所以受到的冲量不同。
正确：相互作用力大小相等、时间相同 冲量大小相等。
关键：冲量改变动量，但质量大的速度变化小。
5. 速度方向假设
错误：默认另一块速度方向与原来相反。
正确：由动量守恒确定：
可能正向（但小于 ）或反向。
关键：不要主观臆断，要依据动量守恒计算。
12．（4分） 如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力， 则下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=TcB．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．达到稳定时b摆振动周期最大
D．由图乙可知，此时b摆的振动周期Tb小于t0
E．a摆的摆长为
【答案】A,B,E
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A.根据单摆的周期公式
可知，摆长越长，周期越大，所以有
A符合题意；
BCD.b、c均做受迫振动，根据受迫的振动的规律：物体做受迫振动的周期等于驱动力的周期，当驱动力的周期等于物体的固有周期时，物体将发生共振，振幅最大，可知，b摆和c摆的振动周期相同，均等于a摆的固有周期，因为c摆的固有周期与a摆相同，所以振动达到稳定后，c摆的振幅要比b摆的大，B符合题意，CD不符合题意；
E.结合图乙可知，a摆的周期
根据单摆的周期公式
可得
解得a摆的摆长
E符合题意。
故答案为：ABE。
【分析】由计算单摆的固有周期；物体做受迫振动的周期等于驱动力的周期，当驱动力的周期等于物体的固有周期时，物体将发生共振，振幅最大；根据单摆的周期公式，计算a摆的摆长。
13．（4分）如图所示，为波源，时刻开始向上振动，产生的简谐横波向右传播。在时刻波传播到点，时刻处质点第一次到达最低点，运动的路程为间的距离为，波速为，下列说法正确的是（　　）
A．处质点振动频率为
B．该简谐波的波长为
C．波源处质点振幅为
D．处质点与波源处质点振动总是相反
【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。AB．波从点传播到点所用时间为
时刻，质点已振动了，即
解得周期
则质点振动频率
波的波长为
故AB正确；
C．波源处质点振幅为
故C错误；
D．波从点传播到点经过，恰好为6个周期，因此、处质点的振动总是相同，故D错误。
故选AB。
【分析】由题意，确定波从P点传播到Q点所用时间，再结合波长、频率、周期、波速的关系，即可分析判断；由题知，Q处质点第一次到达最低点，运动的路程为6cm，据此分析判断；由题知，在t=2.4s时刻波传播到P点，据此分析判断。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（4分）如图甲所示，“胜哥”在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验，
（1）（2分）若“胜哥”利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T=　 　s。
（2）（2分）“胜哥”在多次改变摆长后测量，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆长的关系（T2-l）图线，并根据图线拟合得到方程T2=kl，由此可知当地的重力加速度g=　 　（用k、π表示）。
【答案】（1）2或2.0
（2）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）摆球每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0s，故单摆的周期为；
（2）根据单摆的周期公式，则，有，则
【分析】1、单摆周期的测量方法
常用方法：通过计时测量多次全振动的时间求平均值。
本题方法：利用拉力传感器记录摆球运动过程中悬线拉力的变化。
拉力最大时对应摆球经过最低点，两次连续经过最低点的时间间隔就是半个周期 。
因此从拉力-时间图上测出相邻拉力峰（极大值）的时间间隔t，则单摆周期
易错点：学生可能误把相邻极大值间隔当作周期，而实际上这是半周期。
2、单摆周期公式与图像处理
单摆周期公式（摆角很小）：，变形得：
作 图线，理论上是通过原点的直线，直线的斜率
3、利用图像斜率求重力加速度
由 解得：
如果题目中给出 的拟合方程，那么这里的k 就是斜率，直接代入上式即可。
4、数据处理与误差分析思路
通过多次改变摆长l，测对应周期T，作 图可减小偶然误差。
如果图线不过原点，可能原因是摆长测量未从悬点到球心，或存在系统误差

（1）摆球每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0s，故单摆的周期为；
（2）根据单摆的周期公式
所以
所以
则
15．（6分）“胜哥”设计了如下的碰撞实验，探究其中的能量损耗问题，实验装置如图甲所示，“胜哥”准备了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器（图中未画出）的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器所接电源的频率f=50Hz。调整好实验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，取下纸带；用滑块C替代滑块B，保持其余条件不变，重复上述实验过程，纸带数据如图所示。
（1）（2分）由题意可知，　 　纸带为A与B实验时打下的纸带。（填“乙”或“丙”）
（2）（2分）根据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为0.45J，滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为　 　J。（计算结果保留2位有效数字）
（3）（2分）根据实验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）乙
（2）0.60
（3）增大
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）滑块A与滑块B或C碰撞过程中，系统动量守恒，初动量不变，但由于C的质量较大，B的质量较小，所以A与B碰后二者运动的速度较大，即纸带上点迹较疏，故选乙。
（2）根据动量守恒定律可得，
代入数据可得，，滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为，所以滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为
（3）由于，由此可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能增大。
【分析】1、完全非弹性碰撞中的动量守恒与能量损失
碰撞前后系统动量守恒：。
完全非弹性碰撞动能损失最大，损失的动能公式：
也可以写作：
2、利用纸带点迹分析碰撞前后速度
碰撞前滑块 A 匀速运动，用点间距求 （纸带相邻点时间 ）。
碰撞后粘合体匀速运动，用点间距求 。点迹疏密反映速度大小：速度越大，点间距越大。
3、质量比与碰撞后速度的关系
碰撞后速度 ，被碰滑块质量 越大，碰后速度越小，纸带点迹越密集。
据此判断不同质量滑块碰撞对应的纸带（乙或丙）。
4、系统动能损失随被碰物体质量的变化趋势
由损失动能公式：
当 增加时，分式 单调增加（趋向于 ），因此损失的动能增大。
当被碰物质量远大于撞击物时，损失动能接近 （几乎全部损失）。
5、实验数据处理与有效数字
根据纸带测量距离、计算速度，代入动量守恒验证，再求动能损失。结果保留两位有效数字。
（1）滑块A与滑块B或C碰撞过程中，系统动量守恒，初动量不变，但由于C的质量较大，B的质量较小，所以A与B碰后二者运动的速度较大，即纸带上点迹较疏，故选乙。
（2）根据动量守恒定律可得，
代入数据可得，
滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为
所以滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为
（3）由于
由此可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能增大。
16．（10分）公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出已知频率的超声波，结果该超声波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的超声波频率比发出的低。
（1）（2分）此现象属于 （　　）
A．波的衍射 B．波的干涉 C．多普勒效应 D．波的反射
（2）（4分）若该路段限速100 km/h，则该轿车是否超速
（3）（4分）若该轿车以25 m/s的速度行进，反射回的超声波频率应怎样变化
【答案】（1）C
（2）解：因巡警车接收到的超声波频率比发出的低，由多普勒效应知巡警车与轿车在相互远离，而巡警车车速恒定且在后面，可判断轿车的车速比巡警车的车速大，故该轿车超速。
（3）解：若该轿车以25 m/s的速度行进，此时巡警车与轿车在相互靠近，由多普勒效应知反射回的超声波频率应比发出的高。
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】(1)巡警车接收到的超声波频率比发出的低，此现象为多普勒效应，C符合题意。
【分析】（1）巡警车接收的频率比波源频率低，此现象属于多普勒效应；
（2）已知接收频率比实际频率低可以判别其轿车距离的变化进而判别轿车超速；
（3）当轿车速度小于警车时，其距离减小；利用多普勒效应可以判别接收的频率变大。
17．（8分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球上，另一端与球接触但未拴接，球和球静止在光滑水平地面上。球从光滑斜面上距水平地面高为处由静止滑下（不计小球在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的正上方。已知球和球的质量均为，球的质量为，且三个小球均可被视为质点，圆弧的半径取，求：
（1）（4分）球到达斜面底部的速率；
（2）（4分）试通过推导判断，球脱离弹簧进入圆弧后能否到达点。
【答案】（1）解：设小球与碰前瞬间的速度为，由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
整理得
（2）解：与发生正碰时在水平方向动量守恒，有
整理代入得，，
设球脱离弹簧后的速度为，、整体的速度为，从与结合为一个整体后到球离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有
整理得，
由机械能守恒定律有
求得，
从球脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得
小于4米，故不能到达D点，
，故不能到达D点。
【知识点】动量守恒定律；重力势能；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）解题方法为机械能守恒定律，突破点在于光滑斜面和无能量损失隐含条件确保机械能守恒，直接应用公式求解；碰撞动量守恒、弹簧系统动量与机械能双守恒、圆弧机械能守恒判断；突破点是正确列出碰撞后AB共速、弹簧作用后C速度，并比较C的初动能与D点重力势能；隐含条件是弹簧作用过程系统能量无损失；
（2）易错点是动量守恒方程漏写质量、机械能守恒条件应用错误或计算错误；错误引入斜面角度或误认为需分解速度。
18．（8分）如图，位于原点的质点从时刻开始振动，产生的简谐横波沿着轴正方向传播，时刻传至点，若，求：
（1）（4分）这列波的波速和波源的起振方向；
（2）（4分）这列波的周期。
【答案】（1）解：时刻传至点，则这列波的波速为
根据波源平移法可知，此时点沿轴正向振动，则波源的起振方向为沿轴正向。
（2）解：由图像可知
又
联立解得周期为
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）波速与起振方向：波速由传播距离和时间直接计算；起振方向通过“P 点的振动方向与波源起振方向一致”，结合波源平移法判断；
（2）周期计算：先由波形图确定传播距离与波长的关系，求出波长，再结合波速公式求周期。
（1）时刻传至点，则这列波的波速为
根据波源平移法可知，此时点沿轴正向振动，则波源的起振方向为沿轴正向。
（2）由图像可知
又
联立解得周期为
19．（11分）如图甲所示，均匀介质中两波源O、M分别位于x轴上、处，时刻两波源都沿y轴方向振动，振动图像分别如图乙、丙所示。已知两波的传播速度均为。
（1）（3分）求这两列波的波长；
（2）（4分）求出两波源之间因干涉而振动振幅最大的平衡位置。
（3）（4分）处的质点在4.5s通过的路程。
【答案】（1）解：由题图乙、丙可以看出两列波的周期相等
根据
解得
（2）解：根据题意可知，两波源振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差（n＝0，1，2…），Δx＝|（x－0）－（10m－x）|
解得两波源之间，振幅最大的平衡位置有x＝2m、x＝4m、x＝6m、x＝8m
（3）解：x＝5m处的质点满足振动减弱的条件为Δx＝nλ（n＝0，1，2…），即为减弱点。两列波到达5m处的时间为s
质点运动时间为
即一个周期，通过的路程为s＝4（A1－A2）＝4cm
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【分析】（1）利用 “波长 = 波速 × 周期” 的关系，结合振动图像的周期，直接求解波长。
（2）根据 “反向振动波源的干涉加强条件”，推导距离差与波长的关系，结合位置范围求解加强点坐标，体现干涉条件的应用。
（3）判断减弱点后，分析振动时间与周期的关系，结合减弱点振幅计算路程，体现干涉减弱点的振动特性分析。
（1）由题图乙、丙可以看出两列波的周期相等
根据
解得
（2）根据题意可知，两波源振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差（n＝0，1，2…），Δx＝|（x－0）－（10m－x）|
解得两波源之间，振幅最大的平衡位置有x＝2m、x＝4m、x＝6m、x＝8m
（3）x＝5m处的质点满足振动减弱的条件为Δx＝nλ（n＝0，1，2…），即为减弱点。两列波到达5m处的时间为s
质点运动时间为
即一个周期，通过的路程为s＝4（A1－A2）＝4cm
20．（11分）如图所示，内壁光滑的细圆管轨道固定在光滑水平地面上，由两部分组成，段为抛物线形状，且、竖直高度差相等，、两点处的切线水平，圆弧槽乙放在光滑水平地面上，可自由移动，其上表面是半径为的四分之一光滑圆弧，点的切线水平、点的切线竖直。现对点的小球甲（直径略小于圆管内径）轻微扰动，使其由静止开始沿着管壁下滑，然后甲从点滑上弧面，刚好能到达点，接着甲沿着弧面再次到达水平面时，甲、乙的速度等大，重力加速度为。
（1）（3分）求甲、乙的质量之比以及甲刚要从点滑上弧面时的速度大小；
（2）（4分）求、两点的高度差；
（3）（4分）若小球甲的质量为，在点给甲一个水平向右的初速度（大小未知），且甲在细圆管内部从运动到与内壁间恰好无作用力，已知过点的切线与水平方向的夹角为，求的大小和甲运动到点时速度大小以及此时重力的瞬时功率。
【答案】（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得

（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得

【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当甲滑上E点再返回到水平面的过程中，利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出甲、乙质量之比；
（2）当甲从A到C的过程中，利用机械能守恒定律可以求出AC之间的高度差；
（3）当在A点给甲一个初速度时，利用平抛运动的位移公式可以求出A点速度的大小，结合机械能守恒定律可以求出经过B点速度的大小，结合重力的大小可以求出重力瞬时功率的大小。
（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得
（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得
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人教版高二物理下期中检测卷5
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）对于一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（　　）
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化时，其动量可能不变
2．（3分）如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从C→O→B振子完成一次全振动
B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供
D．从O→C弹簧振子的能量增加
3．（3分）如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态.已知A球的质量为m，B球的质量为2m，两球均可视为质点.将A、B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．B球向右运动的最大位移为 B．B球向右运动的最大位移为
C．B球运动的最大速度为 D．B球运动的最大速度为
4．（3分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接的视频，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，“胜哥”将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出，不计空气阻力，关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（　　）
A．三个物块落地前瞬间的动量相同
B．三个物块落地前瞬间的动能相同
C．重力对三个物块做功相同
D．重力对三个物块的冲量相同
6．（3分）如图所示，轻绳上端固定在点，下端系一可以看成质点的小球，现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放小球，B点是小球摆动的最低点，在点与点正中间固定一颗小钉子，小球在A、C两点之间小角度摆动的周期为。当小球到达A点时，移除小钉子P，移除后小球摆动的周期为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）“胜哥”用图示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。操作正确的是（　　）
A．实验中应该在摆球摆动到最低点时开始计数
B．组装单摆时，应该选用长度为30cm左右的细线
C．组装单摆时，应该选用直径约为1.8cm的塑料球
D．摆长测定后，摆动计数过程中摆线松动，对测量结果没影响
8．（3分）图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（　　）
A．2与1的波长、频率相等，波速不等
B．2与1的波速、频率相等，波长不等
C．3与1的波速、频率、波长均相等
D．3与1的频率相等，波速、波长均不等
9．（3分）如图，（a）为一波源的共振曲线，（b）图中的a表示该波源在共振状态下的振动形式沿x轴传播过程中形成的机械波在t=0时刻的波形曲线．则下列说法错误的是（　　）
A．（a）图中，若驱动力周期变小共振动曲线的峰将向频率f大的方向移动
B．（b）图中，波速一定为1.2m/s
C．（b）图中，a、b波形时间间隔可能为2.5s
D．（b）图中，遇到宽度为2m的狭缝能发生明显的衍射现象
10．（3分）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上将弹簧一端固定，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在斜面上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，重力加速度大小为g，则物体在振动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的最大弹性势能等于
B．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为
D．物体在最低点时的弹力大小应为
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）“胜哥”在放冲天炮，如图所示，冲天炮飞上天后在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（　　）
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量大小相等
12．（4分） 如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力， 则下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=TcB．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．达到稳定时b摆振动周期最大
D．由图乙可知，此时b摆的振动周期Tb小于t0
E．a摆的摆长为
13．（4分）如图所示，为波源，时刻开始向上振动，产生的简谐横波向右传播。在时刻波传播到点，时刻处质点第一次到达最低点，运动的路程为间的距离为，波速为，下列说法正确的是（　　）
A．处质点振动频率为
B．该简谐波的波长为
C．波源处质点振幅为
D．处质点与波源处质点振动总是相反
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（4分）如图甲所示，“胜哥”在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验，
（1）（2分）若“胜哥”利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T=　 　s。
（2）（2分）“胜哥”在多次改变摆长后测量，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆长的关系（T2-l）图线，并根据图线拟合得到方程T2=kl，由此可知当地的重力加速度g=　 　（用k、π表示）。
15．（6分）“胜哥”设计了如下的碰撞实验，探究其中的能量损耗问题，实验装置如图甲所示，“胜哥”准备了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器（图中未画出）的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器所接电源的频率f=50Hz。调整好实验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，取下纸带；用滑块C替代滑块B，保持其余条件不变，重复上述实验过程，纸带数据如图所示。
（1）（2分）由题意可知，　 　纸带为A与B实验时打下的纸带。（填“乙”或“丙”）
（2）（2分）根据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为0.45J，滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为　 　J。（计算结果保留2位有效数字）
（3）（2分）根据实验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
16．（10分）公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出已知频率的超声波，结果该超声波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的超声波频率比发出的低。
（1）（2分）此现象属于 （　　）
A．波的衍射 B．波的干涉 C．多普勒效应 D．波的反射
（2）（4分）若该路段限速100 km/h，则该轿车是否超速
（3）（4分）若该轿车以25 m/s的速度行进，反射回的超声波频率应怎样变化
17．（8分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球上，另一端与球接触但未拴接，球和球静止在光滑水平地面上。球从光滑斜面上距水平地面高为处由静止滑下（不计小球在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，圆弧轨道圆心在水平地面与轨道连接点的正上方。已知球和球的质量均为，球的质量为，且三个小球均可被视为质点，圆弧的半径取，求：
（1）（4分）球到达斜面底部的速率；
（2）（4分）试通过推导判断，球脱离弹簧进入圆弧后能否到达点。
18．（8分）如图，位于原点的质点从时刻开始振动，产生的简谐横波沿着轴正方向传播，时刻传至点，若，求：
（1）（4分）这列波的波速和波源的起振方向；
（2）（4分）这列波的周期。
19．（11分）如图甲所示，均匀介质中两波源O、M分别位于x轴上、处，时刻两波源都沿y轴方向振动，振动图像分别如图乙、丙所示。已知两波的传播速度均为。
（1）（3分）求这两列波的波长；
（2）（4分）求出两波源之间因干涉而振动振幅最大的平衡位置。
（3）（4分）处的质点在4.5s通过的路程。
20．（11分）如图所示，内壁光滑的细圆管轨道固定在光滑水平地面上，由两部分组成，段为抛物线形状，且、竖直高度差相等，、两点处的切线水平，圆弧槽乙放在光滑水平地面上，可自由移动，其上表面是半径为的四分之一光滑圆弧，点的切线水平、点的切线竖直。现对点的小球甲（直径略小于圆管内径）轻微扰动，使其由静止开始沿着管壁下滑，然后甲从点滑上弧面，刚好能到达点，接着甲沿着弧面再次到达水平面时，甲、乙的速度等大，重力加速度为。
（1）（3分）求甲、乙的质量之比以及甲刚要从点滑上弧面时的速度大小；
（2）（4分）求、两点的高度差；
（3）（4分）若小球甲的质量为，在点给甲一个水平向右的初速度（大小未知），且甲在细圆管内部从运动到与内壁间恰好无作用力，已知过点的切线与水平方向的夹角为，求的大小和甲运动到点时速度大小以及此时重力的瞬时功率。
答案
1．C
2．C
3．C
4．B
5．C
6．D
7．A
8．D
9．A
10．C
11．B,D
12．A,B,E
13．A,B
14．（1）2或2.0
（2）
15．（1）乙
（2）0.60
（3）增大
16．（1）C
（2）解：因巡警车接收到的超声波频率比发出的低，由多普勒效应知巡警车与轿车在相互远离，而巡警车车速恒定且在后面，可判断轿车的车速比巡警车的车速大，故该轿车超速。
（3）解：若该轿车以25 m/s的速度行进，此时巡警车与轿车在相互靠近，由多普勒效应知反射回的超声波频率应比发出的高。
17．（1）解：设小球与碰前瞬间的速度为，由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
整理得
（2）解：与发生正碰时在水平方向动量守恒，有
整理代入得，，
设球脱离弹簧后的速度为，、整体的速度为，从与结合为一个整体后到球离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有
整理得，
由机械能守恒定律有
求得，
从球脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得
小于4米，故不能到达D点，
，故不能到达D点。
18．（1）解：时刻传至点，则这列波的波速为
根据波源平移法可知，此时点沿轴正向振动，则波源的起振方向为沿轴正向。
（2）解：由图像可知
又
联立解得周期为
19．（1）解：由题图乙、丙可以看出两列波的周期相等
根据
解得
（2）解：根据题意可知，两波源振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差（n＝0，1，2…），Δx＝|（x－0）－（10m－x）|
解得两波源之间，振幅最大的平衡位置有x＝2m、x＝4m、x＝6m、x＝8m
（3）解：x＝5m处的质点满足振动减弱的条件为Δx＝nλ（n＝0，1，2…），即为减弱点。两列波到达5m处的时间为s
质点运动时间为
即一个周期，通过的路程为s＝4（A1－A2）＝4cm
20．（1）甲从地面上升到E点再返回到水平地面，设此时甲的速度为，则乙的速度为v，甲刚要从D点滑上弧面时的速度为，甲、乙的质量分别为m、M，由动量守恒及机械能守恒可得，
综合可得
甲、乙的质量之比
甲刚好能到达E点，说明在E点甲、乙达共同速度，则有，
综合解得
（2）甲从A到C由机械能守恒定律可得
解得

（3）当在A点给甲一个水平向右的初速度，则甲从A到B与圆管内壁间无作用力，故做平抛运动
设轨道在B点的切线与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得
计算可得
甲从A点以水平向右的初速度做平抛运动到B点，由机械能守恒定律可得
解得
甲在B点重力的瞬时功率为
综合可得

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人教版高二物理下期中检测卷5答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 16.1. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．（1）______________ （2）______________
15．（1）______________（2）______________（3）______________
16．（2）
（3）
17．（1）
（2）
18．（1）
（2）
19．（1）
（2）
（3）
20．（1）
（2）

（3）

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