【文档说明】山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二12月月考物理试题 答案.docx，共(20)页，965.299 KB，由管理员店铺上传

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枣庄三中高二年级12月阶段检测考试物理试题满分100分，考试用时90分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列所描述的物理现象正确的是（）A.

物体所受合外力越大，它的动量变化越大B.随着波的传播，介质中的各质点随波的传播而迁移C.声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变D.某一单摆在做受迫振动，该单摆的摆长越长，其稳定后的周期越大【答案】C【解析】【详解】A．由动量定理，合外力的冲量等于物体动

量的变化。物体所受合外力冲量越大，它的动量变化越大，A错误；B．随着波的传播，介质中的各质点不随波的传播而迁移，而在其平衡位置附近振动，B错误；C．声波发生反射前后，波速、频率和波长均不发生改变，C正确；D．某一单摆在做受迫振动，其周期等于驱动

力的周期，与其自身摆长无关，D错误。故选C。2.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图

中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中错误的是（）A.甲图中A、B两点的竖直高度差为10cmB.从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cmC.乙图所表示的是波的衍射现象D.在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高【答案】C【解析】【详解】A．甲图中A、B都是振动

加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm，故A正确，不符合题意；B．波周期为0.5s=0.5s1Tv==从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5T，B点通过的路程为2×2A=20cm，故B正确，不符合题意；C．乙图所表

示的是波的多普勒效应，故C错误，符合题意；D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确，不符合题意。故选C。3.如图是两个单摆的振动图像，以下说法正确的是（）A.甲、乙两个摆的频率之比为1：1B.甲、乙两个摆的频率之比为1：2

C.甲、乙两个摆的摆长之比为4：1D.甲、乙两个摆的摆长之比为1：4【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知：甲单摆的周期T甲为4s，乙单摆的周期T乙为8s，由关系式1fT=可知2==1fTfT甲乙乙甲的故AB错误；CD．根据单摆的周期公式=2LTg可知224gTL=则221==4TLL

T甲甲乙乙故C错误、D正确。故选D。4.如图所示，轻质弹簧下端挂重为20N的金属球A时伸长了2cm，再用细线在金属球A的下面挂上重为30N的金属球B时又伸长了3cm，现将A、B间的细线烧断，使金属球A沿竖直直线振动，则（）A.金属球

A的最大回复力为30N，振幅为3cmB.金属球A的最大回复力为20N，振为2cmC.只减小A的质量，振动的振幅变小D.只减小B的质量，振动的振幅不变【答案】A【解析】【详解】AB．将A、B间的细线烧断，物体A将做简谐运

动，其受到的合力充当回复力，由于细线烧断前A、B受力是平衡的，细线烧断后瞬间，A受到的合力大小等于B的重力，即F=30N，此时弹簧的伸长量最大，A的回复力最大，所以最大回复力为30N，根据振幅等于质点到平衡位置的最大距离可知，振幅为3cm，选项

A正确，B错误；CD．设A、B两物体的质量分别为mA、mB，当弹簧下端只挂物体A且A处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x，则有Akxmg=再挂上物体B且A、B同时处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x'，则AB()kxmmg=+烧断细线后，A在竖直平面内振动的振幅为Axx=

−联立得BmgAk=故振幅与A的质量无关，减小B的质量，则振幅变小，故选项CD错误。故选A。5.如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可

忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）A.60mB.40mC.30mD.10m【答案】A【解析】【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以

人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得11220mvmv−=则120ssmmtt−=人球解得=240mss=球人则绳子长度40m20m60mLss=+=+=气球人即绳子至少长60m长故选A。6.我国东风—17高超音速战略导弹的射程可

达几千公里，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风—17导弹的质量为m，在一次试射机动变轨过程中，导弹正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为9马赫（1马赫就是一倍音速，设1马赫为v），突然蛇形机动变

轨，转成水平向东偏下53角飞行，速度大小为15马赫。取sin530.8cos530.6，==oo，此次机动变轨过程中，合力对导弹的冲量（）A.大小为6mv，方向竖直向上B.大小为6mv，方向竖直向下C.大小为12mv，方向竖直向上D.大小为12mv，方向竖直向下【答案】D【解析】【分析

】【详解】本题考查动量定理，目的是考查学生的推理能力。根据数学知识.导弹此次变轨过程中的速度变化量大小12vv=、方向竖直向下.根据动量定理.该过程中合力对导弹的冲量大小12Imvmv==方向竖直向下。故选D。7.如图所示，一轻质弹簧两端连

着物体A和B，放在光滑的水平面上。物体A被水平速度为0v的子弹射中并嵌在其中。已知物体B的质量为2m，物体A与子弹的质量均是m，求弹簧压缩到最短时的弹性势能（）A.2038mvB.204mvC.208mvD.2016mv【

答案】C【解析】【分析】【详解】子弹射入物体A的过程，据动量守恒定律可得012mvmv=之后在弹力作用下，A（含子弹）向右做减速运动，B向右做加速运动，当速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，据动量守恒定律可得1224mvmv=据机械能守恒定律可得22p1

2112422Emvmv=−联立解得弹簧压缩到最短时的弹性势能为20p8mvE=故选C。8.某一列沿x轴传播的简谱横波，在4Tt=时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点，质点P正在向动能增大的方向运动．下列说法正确的是（）A.波沿x轴正方向传播B.4Tt=时刻，Q比P的速度大C.

34Tt=时刻，Q到达平衡位置D.34Tt=时刻，P向y轴正方向运动【答案】D【解析】【详解】A．越靠近平衡位置运动速度越大，质点P正在向动能增大的方向运动，则P向下运动，波沿x轴负方向传播．故A错误；B．4Tt=时刻，Q到达最远位置，速度为零．P在平衡位置和最远位

置之间，速度不为零，所以Q比P的速度小．故B错误；C．34Tt=时刻，Q到达y轴正向最远位置，故C选项错误；D．34Tt=时刻，P从y轴负向最远位置向平衡位置运动，所以向y轴正方向运动，故D选项正确．二、多项选择题：本题共4小题，

每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t=0.2s时，弹

簧振子的加速度为正向最大B.从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动C.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置D.在t=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】A．

在t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a=kxm−知加速度为负向最大，故A错误；B．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动。故B正确；C．

在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故C正确；D．在t=0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误。故选BC。10.在t=

0时刻，位于O点的波源从平衡位置开始沿y轴方向做简谐运动，经0.25s形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至点P（5，0），则下列说法正确的是（）A.波源的起振方向向上B.该简谐横波的周期是0.2s的C.该简谐横波的波速为20m/sD.再经过0.3

5s质点P恰好处于波谷位置【答案】BC【解析】【详解】A．根据上下坡法则可知，P点处于上坡过程，则P点的起振方向是向下，A错误；C．该简谐横波的波速为5m/s20m/s0.25xvt===C正确；B．由图像可知该波的波长为4m，根据4s0.2s20Tv===B正确；D．再经过0.3

5s，则质点P恰好振动了314T，质点P处于波峰位置，D错误。故选BC11.如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A，C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t

变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻（g取210m/s）。下列说法正确的是（）A.单摆的摆长为0.2mB.小球的质量为0.05kgC.小球在最低点的速度为0.558m/sD.小球运动到B点时回复力为0【答案】BD【解析】【详解】A．根据图像可知

单摆周期为0.4T=。根据周期公式2LTg=解得0.4mL=A错误；BC．小球在最高点时0.495cosmg=小球在最低点时20.510vmgmL−=从最高点到最低点根据机械能守恒定律()211cos2mgLmv−=解得0.05

kgm=0.283m/sv=B正确，C错误；D．小球运动的到B点时回复力为0，D正确。故选BD。12.如图所示，两个完全一样的内壁光滑的14圆槽A和B置于足够长的光滑水平面上，质量均为10kg，半径均为0.45m，圆槽A左侧靠在竖直墙上，右侧与圆槽B接触，O为接触点，P

为圆槽A的最高点，重力加速度210m/s=g。现将一质量为2kg的小球自圆槽A上的P点由静止释放，在小球运动的过程中，下列说法正确的是（）A.小球沿圆槽A从P点滑到O点的过程中墙壁对圆槽A的冲量大小为6N·sB.小球第一次沿圆槽B上升的最大高度为0.

275mC.小球从圆槽B上第一次向下滑到最低点时速度大小为2m/sD.小球只能两次滑上圆槽B【答案】ACD【解析】【详解】A．小球滑至O点时的速度为0v，根据功能定理可得2012mgRmv=解得03m/sv=对于A和P组成的整体而言，小

球沿圆槽A从P点滑到O点的过程中，墙对A的作用力为系统外力，墙壁对圆槽A的冲量为I，根据动量定理可得06NsIpmv===即小球沿圆槽A从P点滑到O点的过程中墙壁对圆槽A的冲量大小为6N·s，A正确；B．当小球和B第一次达到共速1v时，小球到达最高点，高度为1h，根据系统机械能守恒和水平方向动

量守恒可得()220111122mvmMvmgh=++01()mvmMv=+解得10.5v=m/s10.375mh=小球第一次沿圆槽B上升的最大高度为0.375m，B错误；C．以向右为正方向，小球从圆槽B上第一次向下滑到最低点时速度为2v，B的速度为3v，小球和B组成的系统

机械能守恒、水平方向上动量守恒222023111222mvmvMv=+023mvmvMv=+解得22m/s=−v31m/sv=小球从圆槽B上第一次向下滑到最低点时速度大小为2m/s，方向水平向左，C正确；D．小球从圆槽B上第一次向下滑到最低点时速度大小为2m/s

，由此可知小球会再一次滑上B，小球从圆槽B上第二次向下滑到最低点时速度为4v，B的速度为5v，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得2345mvMvmvMv−+=+222045111222mvmvMv=+解得41m/s3v=54m/s3v=由此可知，小球只能两次

滑上圆槽B，D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.如图所示，利用此装置验证动量守恒定律。水平气垫导轨（轨道与滑块间摩擦力忽略不计）上装有两个光电计时装置C和D，可记录

遮光片的遮光时间。将滑块A、B静止放在导轨上，按照如下步骤进行试验：a.测量滑块A的质量Am，测量滑块B的质量Bmb.测量滑块A的遮光片的宽度dc.给滑块A一个向右的瞬时冲量，让滑块A与静止的滑块B发生碰撞后，A、B一起

通过光电计时装置Dd.待A、B完全通过光电计时装置D后用手分别按住e.记录光电计时装置C显示的时间1t和装置D显示的时间2t(1)完成上述实验步骤需要的实验器材有。(2)若两滑块碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为；两滑块碰撞过程中损失

的机械能为。【答案】①.托盘天平（带砝码）、刻度尺（或游标卡尺）②.21)ABAmmmtt+(＝③.221211()()()22AABddEmmmtt+−＝【解析】【详解】(1)[1]根据题目中实验的步骤，结合实验的原理可知，还没有测量的物理量为滑

块的质量以及遮光片的宽度，所以需要的实验器材为托盘天平（带砝码）、刻度尺（或游标卡尺）；(2)[2][3]若两滑块相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为mAv1=(mAmB)v2两个速度分别为11dvt＝22dvt＝联立可得12)ABAddmmmtt+＝(即21)ABAmmmtt+(

＝两滑块碰撞过程中损失机械能22222121111()()()()2222AABAABddEmmmmmmttvv−+=−+＝14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度。(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有。A．

长度约为1m的细线B．长度约为30cm的细线C．直径约为2cm的钢球D．直径约为2cm的木球E．最小刻度为1cm的直尺F．最小刻度为1mm的直尺(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读

数为s。的(3)下表是该同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度()2/msg−9.749.73请计算出第

3组实验中的T=s，g=2m/s。(4)该同学经测量得到多组摆长L和对应的周期T，画出，2LT−图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式g=。【答案】①.ACF②.95.1③.2.01④.9.76⑤.2224BABAL

LTT−−【解析】【详解】(1)[1]细线长度要远大于小球直径；小球需要体积小、质量大，所以选钢球；为了提高测量的精确度，选择毫米刻度尺。故选ACF。(2)[2]秒表的读数为95.1s。(3)[3]周期为100.5s

2.01s50tTn===[4]根据周期公式得224lgT=代入数据得2=9.76m/sg(4)[5]根据周期公式得224gTL=所以图像的斜率为2224BABALLgTT−=−解得2224BABALLgTT−=−15.如图所示，运

动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.45m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至0.8m处。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，空气阻力不计。重力加速度g取210m/s，在此过程中，求：（1）足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量；（2

）头部对足球的平均作用力。【答案】（1）2.8N·s，方向竖直向上；（2）32N，方向竖直向上【解析】【详解】（1）足球下落过程，由自由落体公式可得212vgh=解得13m/sv=足球上升过程，由公式可得222

2vgh=解得24m/sv=所以足球与头部作用过程中，以向上为正方向，由动量定理()21Imvmv=−−解得2.8NsI=合力对足球的冲量大小为2.8Ns，方向竖直向上；（2）合力对足球的冲量为()GFIIIFmgt=+=−解得F＝32N头部对足球的作用力大小为32N，方向竖直向上。16.

如图甲所示，为某一列简谐波在t=t0时刻的图像，图乙是这列波上P质点从这一时刻起的振动图像，试求：（1）波的周期和波长；（2）波的传播方向和波速大小；（3）又经历0.9s，P质点的位移和此过程P质点运动的路程。【答案】（1）0.4sT=，8m=；（2）波的传播方向为x轴

负方向，波的传播速度为20m/s；（3）P质点的位移为-0.1m，P质点运动的路程0.9m。【解析】【详解】（1）由乙图知波的周期为0.4sT=由甲图知波的波长为8m=（2）在t=t0时刻由乙图知P质点沿y轴负向振动，根据同侧法可知波的传播方向为x轴负方向，根据公式可得波的传播速度为20m/sv

T==（3）又经历0.9s，则10.9s24tT==可知P质点振动到波谷，所以P质点的位移10cm=0.1my=−−P质点运动的路程9A910cm0.9mS===17.图中的实线是一列正弦波在某一时刻的波形曲线。经1s后，其波形如图中虚线所示。（1）如果该波的周期T大于1s，且波是向左

传播的，波的速度是多大？波的周期是多大？（2）如果波是向右传播的，波的速度是多大？波的周期是多大？【答案】（1）0.06m/s，4s；（2）())0.240.18m/s(0,1,2,3nn+=…，4s(0,1,2,3)43Tn

n==+…【解析】【详解】（1）如果该波的周期T大于1s，且波是向左传播的，波的速度是0.06m/s0.06m/s1xvt===周期为0.24s4s0.06Tv===（2）如果波是向右传播的，波的速度是3()40,1,2,3xnn=+=右…xvt=右右解得()0.240.18m/)

,s(01,2,3vnn==+右…周期为Tv=右解得4s(0,1,2,3)43Tnn==+…18.如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初

速度0v，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。（1）求两物块最终分离时各自的速度；（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A速度大小为04v时弹簧的弹性势能；（3）如果在物块B的右

侧固定一挡板（挡板的位置未知，图中未画出），在物块A与弹簧分离之前，物块B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块B以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。【答案】（1）03v−，023v；（2）202164mv；（3）220p011

'272mvEmv【解析】【详解】（1）物块A与物块B发生的是弹性碰撞，设物块A与弹簧分离时A、B速度分别为1v、2v，则满足0122mvmvmv=+2220121112222mvmvmv=+013vv=−0223vv=的（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为04v时，B的速

度为Bv,则0AB2mvmvmv=+2220AB1112222mvmvmvEp=++解得当物块A的速度大小为04v时弹簧的弹性势能为2p02164Emv=（3）设物块A与弹簧分离之前的某时刻，物块A的速度为3v，

物块B的速度为4v，则物块B与挡板发生碰撞前满足0342mvmvmv=+物块B与挡板发生碰撞后，当A、B两物块共速时弹簧弹性势能最大，设为p'E，则34523mvmvmv+=2202p11'(2)22mvmmvE=++解得弹簧弹性势能最大为20p4083()3416'vmEvv=−−

+由（2）知40203vv所以当4014vv=时，弹簧弹性势能最大值取得最大，即为'2pmax012Emv=当0423vv=时，弹簧弹性势能最大值取得最小，即为'2pmin0127Emv=所以弹簧最大弹性势能可能的取值范围为220p011'272mv

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