【文档说明】山东省聊城第三中学2021-2022学年高二上学期第三次质量检测物理答案.docx，共(6)页，98.967 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级上学期第三次质量检测（物理试题）答案1.【答案】：C【解析】：根据纵波与横波的概念，质点振动方向与波传播方向垂直者为横波，同一直线者为纵波，并不是上、下振动与水平振动的问题．所以A、B两项错误，C正确．对于D，水平传播、水平振动还不足以说明是同一直线，则D项

错误．2.【答案】C【解析】运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间速度为v，对此过程应用动量定理得()0Imgtmv+−=−，故在此过程中，地面对他的冲量Imvmgt=+，运动员在起跳过程中，受到地面对他的支持力，但运

动员的脚没有产生位移，所以地面对他做的功为零，实际上运动员的动能是由运动员自身的肌肉收缩做功转化而来。故选C。3.【答案】A【解析】由题图乙可知单摆的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由单摆的周期公式T＝2πlg，代入数据可得l＝1m，选项A正确；由ω＝2πT可得ω＝πrad/s，则单摆的位移x

随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt)cm，选项B错误；从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，选项C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，选项D错误。4.【答案】：D【解析】：从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运

动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球刚好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但

由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．5.【答案】：D【解析】：驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只

需将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，就能使酒杯碎掉．6.【答案】：C【解析】：根据波的叠加原理，只要两列波相遇就会叠加，所以A选项错．两列频率相同的波相遇时，振动加强的点是波峰与波峰、波谷与波谷相遇，或者是振动方向相同的平衡位置相遇，所以B选项错．振动加强的点仅是振幅加大，但仍在平衡位

置附近振动，也一定有位移为零的时刻，所以选项C正确，D错误．7.【答案】：D【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg

cosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位

移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确。8.【答案】D【解析】由题意知，t＝0时，x＝54λ处的质点位于波峰(y＝A)，则x＝0处质点恰好位于y＝0的平衡位置，其波形如图中实线所示．经t＝34T时，x＝0处质点

恰振动到最低点，t＝34T时的波形如图中虚线所示，选项D正确．9.【答案】：AB【解析】：由题图乙知，开始计时时刻，即0时刻质点L向上振动，再结合题图甲，可知该横波沿x轴正方向传播，故A正确；由该横波沿x轴正方向传播，从题图甲可看出，质点

N该时刻向y轴负方向运动，故B正确；横波传播时，质点不随波迁移，故C错误；该时刻质点K与M的速度为零，加速度大小相等，但方向相反，故D错误．10.【答案】AC【解析】对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能2p012EMv=；对题图乙，物体A以02v的速度向右压

缩弹簧，AB、组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，AB、速度相等，由动量守恒定律有02()MvMmv=+，由能量守恒定律有22p011(2)()22EMvMmv=−+，联立解得22p00133,22MmEMvmv===，选项AC正确，BD错误。故选：AC。11.

ACD白光由空气斜射入玻璃砖是由光疏介质射向光密介质，不可能在ab界面上发生全反射，A正确；当θ增大时，折射角增大，光可能射到bd界面上，若在bd界面的入射角大于临界角，可能发生全反射，故B错误；由于光在cd面的入射角等于ab面的折射角，根据光

路的可逆性知，光在cd面的出射角等于在ab面的入射角，光不可能在cd面上发生全反射，并且从cd界面射出的各种色光一定互相平行，C、D正确。12.ACD若波向右传播，则3s=(𝑛+34)T1(n=0，1，2，…)，T1=12

4𝑛+3s≤4s，B错误；若波向左传播，则3s=(𝑛+14)T2(n=0，1，2，…)，T2=124𝑛+1s，由于n是整数，T2≠4s，当n=0，T1=4s时，波向右传播，故A正确；由题图知波长λ=6m，若波速为8.5m/s，波在3s内传播的距离为x=vt=8.5×3m=25.5m=4

14λ，根据波形的平移可知，波一定向左传播，故C正确；波在3s内传播的最小距离为1.5m，波速的最小值为vmin=1.53m/s=0.5m/s，故D正确。13.【答案】(1)0.97(2)C【解析】(1)

游标卡尺读数为0.9cm＋7×0.01cm＝0.97cm。(2)单摆符合简谐运动的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°，并从平衡位置开始计时，故A错误；若摆球第一次过平衡位置计为“0”，则周期T＝t50，若摆球第一次过平衡位置计为“1”，则周期T＝

t49.5，故B错误；由T＝2πlg得g＝4π2lT2，其中l为摆长，即悬线长加摆球半径，若代入悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；选择密度较大体积较小的摆球，能够将摆球视为质点和减小空气阻力引起的误差，故D错误。(3)根据单摆的周期公式T＝2πlg，

可得T2＝4π2gl，所以T2­l图线的斜率k＝4π2g，选项C正确。(4)因为T2l＝4π2g＝k(常数)，所以ΔT2Δl＝4π2g＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足T21－T22l1－l2＝4π2g＝k，所以由

图线的斜率得到的重力加速度不变。14．（1）p=0.015kg·m/s、p′=0.015kg·m/s；（2）通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即碰撞过程中动量守恒【详解】（1）由图像得，入射小球的初速度为10.2ms1ms0.2v==碰后的速度为10.1ms0.5

ms0.2v==被碰小球碰后速度为20.15ms0.75ms0.2v==则碰前系统的总动量为110.015kgmspmv==碰后系统的总动量为11220.015kgmspmvmv=+=（2）通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，

即碰撞过程中动量守恒15.【答案】：(1)0.4N(2)3cm【解析】：(1)以A、B整体为研究对象，有kx＝(mA＋mB)a对物体A，有f静＝mAa所以A、B间摩擦力f静＝mAmA＋mBkx＝0.20.2＋0.3×50x＝20x当x＝0.0

2m时，f静＝20×0.02N＝0.4N.(2)A与B没有相对滑动时，物体A的最大加速度a最大＝f最大mA所以a最大＝0.60.2m/s2＝3m/s2对A、B整体，a最大＝kx最大mA＋mB所以A、B不发生滑动的最大振幅是x最大＝mA＋mBka最大＝0.2＋0.350×3m＝3

cm.16.【答案】：(1)向右(2)t=(0.8n+0.6)s(n=0,1,2,3…)(3)13.2cm【解析】：(1)由Q质点的振动图象可知,t=0时刻质点Q向下振动,由波形图可知,波的传播方向向右;(2)由题图乙可知,T=0.8s,所以t=nT

+34T=(0.8n+0.6)s(n=0,1,2,3…)时刻质点Q会出现在波峰;(3)由题图甲可知,振幅A=4cm,该时刻质点P的位移y=√22A且向上振动,因此质点P第二次到达平衡位置共通过的路程s=(A−√22A)+3A=1

3.2cm。17.答案(1)60°(2)5𝑅2𝑐解析(1)作出光路图如图所示，设入射角为i，折射角为r，则sin𝑖sin𝑟=1𝑛又有sini=12R𝑅=12代入数据可得r=60°(2)由几何关系可得光

在玻璃砖内传播的距离x1=12Rtan30°=√32R光在玻璃内的速度v=𝑐𝑛则光在玻璃内的运动时间t1=𝑥1𝑣=√32R𝑐√3=3𝑅2𝑐由于r=60°，∠O'OF=i=30°，则∠O'FO=30°所以O'F=

R则t2=𝑂'𝐹𝑐=𝑅𝑐总时间t=t1+t2=5𝑅2𝑐18.【答案】（1）04v（2）20516vg（3）2064vg【解析】（1）物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得02BABmvmv

mv=+又02Bvv=解得04ABvv=（2）物块由点A到点B时，根据能量守恒定律得2220001112()()22422vvmvmmmgL−−=解得20516vLg=（3）由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统动量守恒，机械能守恒，得0

0224vvmmmv+=共22200111()()222242vvmgRmmmv=+−共解得滑块CD圆弧的半径2064vRg=