秘密☆启用前
金成实验学校2023-2024学年高二上学期11月第三次质量检测
物理
答题注意事项：
1、学生必须用黑色（或蓝色）钢笔、圆珠笔或签字笔在试卷上答题。
2、填涂答题卡必须使用2B铅笔填涂。
3、答题时字迹要清楚、工整。
4、本卷共 15 小题， 总分为100分。
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题4分， 共28分。）
1. 下列运动中属于机械振动的是（ ）
A． 人趴在地上做俯卧撑 B． 水塘里的芦苇在微风作用后的左右摆动
C． 五星红旗迎风飘扬 D． 乒乓球在乒乓球桌上上下跳动
2.弹簧振子做简谐运动， O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3s，第一次到达点 M，再经过0.2s第二次到达点 M， 则弹簧振子的周期可能为（ ）
A．0.53s B． 1.4s C． 1.8s D．2s
3. 位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为 则 t = T时的波形图为（ ）
4. 某同学抓住绳子左端在0~2s内连续做了两种不同频率的简谐运动，以绳的左端点为坐标原点，2s内绳的波动图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A． 前后两次形成的绳波波长之比为2：1
B． 在 x=0.5m处的质点起振方向向下
C．前后两次形成的绳波波速之比为2：1
D． 前后两次振动的周期之比为2：1
5.如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球， 乒乓球从A点静止释放摆动到右侧最高点E， C为最低点， B、D两点等高，上述过程中乒乓球（ ）
A． 在E点时，绳中拉力为零
B． 在C点时速度最大
C．在B、D两点的速度大小相等
D． 从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短
6.如图甲所示，从重型机械的机械臂的顶部垂下一个大铁球并让它小角度摆动， 即可以用来拆卸混凝土建筑，该情景可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A． 铁球的质量增大，周期增大 B． t=4s时，摆球的速度最大
C． 该单摆的摆长约为4m D． 铁球摆开的角度增大， 周期增大
7. 一列简谐波沿直线传播，先后经过a、b两点， a、b两点间距为1m，如图甲为 a点振动图象， 如图乙为 b点振动图象。下列说法正确的是（ ）
A． 波长可能为 4m B． 波的速度可能为 0.25m/s
C． 波源的振动频率是 4HZ D． t=1s时，a点向 y轴负方向运动
二、多选题（每题有多个正确选项，每题5 分， 共15分。）
8. 一个单摆在地面附近做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率 f的关系）如图所示， 则（ ）
A． 此单摆的固有周期为 2s B． 此单摆的摆长约为1m
C． 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D． 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
9. 长木板A放在光滑的水平面上，质量为 m=2kg的另一物体B 以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于 A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g=10 m/s2下列说法正确的是（ ）
A． 木板获得的动能为1 J B． 系统损失的机械能为1 J
C． 木板A的最小长度为 2m D． A、B间的动摩擦因数为 0.1
10.一列机械波沿x轴正向传播，图甲是 t=0时的波形图，图乙是介质中质点M的振动图像，已知 t=0时M点位移为 下列说法正确的是（ ）
A． 该机械波的波速为 1.0m/s B． M点的横坐标可能为 1.5m
C． t=0时，M点振动方向向下 D． t=1.0s时，M点位移仍为
三、实验题（11题每空1分，共6分； 12题每空2分， 共10分。）
11. 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导就上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1） 用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示， 其读数为
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些。
（3）测出滑块 A 和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用 d表示。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2.光电门2 先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满足mA mB（选填“>”、“<”或“=”），滑块B碰后的速度为 。
（4）实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒有无影响？ （填“有影响”或“无影响”）
（5）若实验发现碰撞过程中机械能也守恒，则△t1、△t2、△t3应满足的关系式是 。
A. B. C. D.
12. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究：
（1） 用游标卡尺测量摆球直径的情况如下左图所示，则摆球直径为 cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆长 L。
（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到 n=60时秒表的示数如上右图所示，则该单摆的周期是 T= s（结果保留三位有效数字）。
（3）如果单摆的摆长为 l， 小球完成 n次全振动所用的时间为t，则重力加速度 g的表达式为 （用所测物理量的符号表示）
（4）若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，则造成这一情况的原因可能是 。（选填下列选项前的序号）
A． 测量摆长时， 把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点， 振动中出现松动，使摆线越摆越长
C． 测量周期时，误将摆球（n-1） 次全振动的时间 t记为了 n次全振动的时间，并由计算式 T=t/n求得周期
D． 摆球的质量过大
E．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
（5）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长 1和对应的周期 T， 并用这些数据作出T２-l图像如图乙所示。若图线的斜率为 k，则重力加速度的测量值 g= 。
四、解答题（13题12分， 14题每空14分， 15题每空15分， 共 41分。）
13.如图所示，质量为1kg的小圆环A 套在足够长的光滑固定水平杆上，杆距离地面的高度为1m。质量为4kg的小球B通过长度为1m的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态， A、B均静止， 某时刻释放球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在光滑水平地面上向左运动，与一向右运动的小球C发生弹性正碰，碰后C的速度大小是B速度大小的2倍，已知球C的质量为2kg， 重力加速度 不计空气阻力， 所有小球均可视为质点，求：
（1） 轻绳断裂时， A、B各自的速度大小；
（2） 轻绳断裂时， A 距出发点多远；
（3） 碰撞前球C 的速度。
14.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形。已知在t=0时刻，处的质点向y轴负方向运动。虚线为t=0.09s时的波形，已知此波的周期T>0.09s，振幅为3cm，求：
（1）判断该波的传播方向；
（2）该波的波速；
（3） 写出从0时刻起， x=0.3m处质点的振动方程。
15. 福建舰航空母舰是我国第一艘电磁弹射型平直甲板航空母舰，如图所示。质量为m的歼35舰载机在平直跑道上的起飞过程分两个阶段：第一阶段，在电磁力、发动机推力和平均阻力的共同作用下，歼35以恒定的加速度做匀加速运动；第二阶段，只在发动机推力和平均阻力的共同作用下再次做匀加速运动，该阶段的加速度大小为 a、加速时间为 t。在跑道尽头歼35刚好能起飞（刚好起飞理解为升力等于重力），升力与速度的关系为F=kv（k为比例常数且已知）。若电磁力、发动机推力和飞机受到的平均阻力均为恒力，重力加速度为 g，求：
（1） 歼35 起飞时的速度大小；
（2）在第一阶段内，电磁力、发动机推力和平均阻力的合力对歼35的总冲量；
（3）若歼35由于挂弹使总质量增加了m ，只通过调整电磁力和发动机推力的大小（平均阻力仍不变），也能够使飞机在跑道尽头刚好起飞，推算动力系统额外多做的功△W。
参考答案：
1. B
【详解】AC． 物体在平衡位置附近的往复运动叫做机械振动，人趴在地上做俯卧撑和五星红旗迎风飘扬都缺少确定的平衡位置， 所以不属于机械振动， AC 错误；
B． 水塘里的芦苇在微风作用后的左右摆动，其平衡位置是无风时芦苇静止时的竖直位置，则芦苇的摆动是在平衡位置附近的往复运动，属于机械振动， B正确；
D． 乒乓球静止时在桌面位置，那么乒乓球在乒乓球桌上上下跳动不是在平衡位置附近的往复运动，与机械振动的定义不符， D 错误。
故选 B。
2. A
【详解】如图甲所示
设O为平衡位置， OB（OC）代表振幅，振子从 O→C所需时间为 因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C 所用时间和从C→M所用时间相等，故
解得
T=1.6s
如图乙所示
若振子一开始从平衡位置向点 B运动，设点M'与点 M关于点O对称，则振子从点 M'经过点 B到点M'所用的时间与振子从点 M经过点C 到点 M所需时间相等，即0.2s。振子从点O到点M'、从点M'到点O及从点O到点 M所需时间相等，为
故周期为
故选 A。
3. D
【详解】由于t=0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知， 波源起振方向沿y轴正方向，且t=T时波的图像应和t=0时的相同，根据“上坡下，下坡上”可知t=T时的波形图为选项 D 图。
故选 D。
4. B
【详解】A． 由图可知，波长之比等于 1： 2， 故A错误；
B． 如图，绳端先向下运动，即绳端起振方向向下，则在x=0.5m处的质点起振方向向下，故 B 正确；
C． 相同介质波速不变，波速之比为1： 1， 故C 错误；
D． 根据λ=vT 可知， 周期之比等于波长之比，为1： 2， 故D错误；
故选 B。
5. D
【详解】A． 在 E点时，绳中拉力不为零， 设绳子与竖直方向夹角为θ， 则有
F =mgcosθ
故A 错误；
B． 由图可知乒乓球运动过程中有阻力存在，当切向加速度为0时速度最大，C点速度不是最大， 故B 错误；
C． B、D两点的重力势能相等，由于阻力做负功，根据动能定理可知B点的速度大于 D点速度， 故C 错误；
D． BC段平均速度大于 CD点的平均速度，所以从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短， 故D 正确；
故选 D。
6. C
【详解】AD． 根据单摆的周期公式
由此可知，周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关， 故AD 错误；
B． 由图可知，t=4s时，摆球离开平衡位置的位移达到最大，此时摆球的速度为零， 故 B错误；
C． 由图可知，单摆的周期为 4s， 所以摆长为
故C 正确。
故选 C。
7. A
【详解】A． 根据两个振动图像可知，b点振动相比a点至少延后了 周期，则有
可得，该波的波长为
可知，当n=0时，该波的波长为4m， 故A 正确；
B． 由图可知， 波的周期为4s， 则该波的波速为
可知无论 n取何值时，波的速度都不可能为0.25m/s， 故 B 错误；
C． 波的周期为 4s， 则波源的振动频率为0.25HZ， 故 C 错误；
D． 由图甲可知， t=1s时，a点在波谷，向y轴正方向运动，故 D错误。
故选 A。
8. AB
【详解】A． 单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，振幅最大，由图可知固有频率为0.50Hz，周期为2s， 故A 正确；
B．由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s。由公式
可得
L≈lm
故 B 正确；
C． 若摆长增大，单摆的固有周期增大， 固有频率减小， 故 C 错误；
D． 若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动， 故 D错误。
故选 AB。
9. AD
【详解】A． 由题图可知，最终木板获得的速度为v=1m/s， A、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得
mv０=（M+m）v
解得
M=2kg
则木板获得的动能为
故 A 正确；
B． 系统损失的机械能
代入数据解得
△E=2J
故B错误；
C． 根据 v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0~1s内B的位移为
A 的位移为
则木板 A 的最小长度为
L=sB-sA=1m
故C 错误；
D． 由题图可知， B 的加速度
负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得
-μmg=ma
解得
μ=0.1
故 D 正确。
故选 AD。
10. ACD
【详解】A． 由甲图可知，波长为4m，由乙图可知，周期为
T=4.5-0.5s=4s
所以波速
A 正确；
BC． 根据乙图分析，t=0时， M点振动方向向下，机械波向x轴正方向传播， 故t=0时刻，x=1.5m处的质点正向y轴正方向运动，M 点的横坐标不可能为1.5m，B 错误， C 正确；
D． t=1.0s时，根据乙图， 由于对称性可知， M 点位移为 D正确。
故选 ACD。
11.13.45 升高 > d 无影响 D
【详解】（1） [1]
13+9×0.05mm=13.45mm
（2）[2]滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块在做加速运动，右端偏低，应调节 Q 使轨道右端升高；
（3）[3]B经过光电门2 并与A发生碰撞且被弹回，根据碰撞规律及动量守恒的定律可知
[4] 滑块 B 碰后的速度为通过光电门的速度
（4）[5]设 B 碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB， A 碰撞后的速度大小为取水平向左为正方向， 为验证动量守恒， 则
联立解得
故实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒无影响。
（6）[6]若实验中机械能守恒，则根据机械能守恒定律和动量守恒定律可知
解得
由此可知
代入解得
即
故选 D。
12.2.06 2.25 CE#EC
【详解】（1） [1]摆球直径为
1.9cm+6×0.1mm=1.96cm
（2） [2]秒表读数为
t=60s+7.4s=67.4
则该单摆的周期是
（3）[3]周期
又
得
（4）[4]A． 测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长测量值偏小， 重力加速度测量值偏小， 故 A 错误；
B． 摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长， 知摆长测量值偏小，重力加速度测量值偏小， 故 B 错误；
C． 测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了 n次全振动的时间，并由计算式求得周期，则周期偏小，重力加速度测量值偏大， 故 C正确；
D． 摆球的质量过大不影响重力加速度的测量， 故 D错误；
E。 将摆线长和球的直径之和当成了摆长，则摆长测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故
E 正确。
故选 CE。
（5）[5]根据
得
斜率
则重力加速度的测量值
13.（1） 8m/s， 2m/s；（2）0.8m；（3） 大小为4m/s， 方向向右
【详解】（1） 球 B开始运动至绳断裂， A、B组成的系统水平动量、机械能均守恒，则有
（1分）
（1分）
联立解得
（1分）， （1分）
（2） A、B组成的系统水平动量守恒， 所以有
（1分）
又
（1分）
解得
（1分）
（3）B、C发生弹性碰撞，所以系统动量守恒，以向左为正方向，有
（1分）
根据机械能守恒可得
（1分）
解得
（1分）
又因为
（1分）
解得
（舍去）（1分）
则碰撞前球C 的速度大小为4m/s， 方向向右。
14.（1） 沿x轴正方向传播； （2） 10m/s；（3）
【详解】（1）由波形和质点的振动方向规律可知，当t=0时刻， x=0.9m处的质点向y轴负方向运动（1分）， 则波沿x轴正方向传播。（2分）
（2）由图可知
（2分）
则有
（2分）
因为周期T>0.09s，故n=0，则该波的周期为
T=0.12s （2分）
由图可知，波长为λ=1.2m，由公式可得该波的波速为
（2分）
（3）0时刻， x=0.3m处的质点从平衡位置向y轴正方向运动，所以振动方程为
（3分）
15.（1） mg/k；（2）m /k-mat；（3）
【详解】（1） 歼35起飞时，升力等于重力，即
mg=F=kv（1分）
则歼35起飞时的速度大小为
（1分）
（2） 设第一阶段的末速度为v ， 则有
（1分）
解得， 第一阶段的末速度为
（1分）
则根据动量定理有
（1分）
解得，在第一阶段内，电磁力、发动机推力和平均阻力的合力对歼35的总冲量为
（2分）
（3） 没有挂弹时， 根据动能定理有
（2分）
挂弹时，起飞的速度为
（1分）
挂弹时，由于阻力不变，两次的位移相同，则两次阻力做功相同，根据动能定理有
（2分）
所以动力系统额外多做的功为
（1分）
联立解得
（2分）
