广东省梅州市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题(含答案)

广东省梅州市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
项是符合要求的。

1．如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（）
A．小球每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但位移一定相同
B．小球通过平衡位置时，速度为零，位移最大
C．小球每次经过平衡位置时，位移相同，速度也一定相同
D．若位移为负值，则加速度一定为负值
2．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。

已知甲、乙两个振子质量相等。

则（）
A．甲、乙两振子的振幅之比为1：2
B．甲、乙两振子的频率之比为1：2
C．第1s内甲振子的加速度为正值
D．第2s末乙的回复力最大
3．如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。

下列说法中正确的是（）
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
4．如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则（）
A．小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球不可能到达与A等高的C点
C．小球下滑到底端B的过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒
D．小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大
5．如图所示，一个夹层中空质量为m的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点质量也为m的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为A点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中正确的是（）
A．小圆柱体下落到最低点时，大圆柱体与小圆柱体速度相同
B．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧
C．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点左侧
D．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点
6．如图甲所示，质量为0.5kg的木块静止在光滑的水平面上，0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间t变化的拉力F，图像为一半圆，4s后撤去力F。

则整个过程中物体所受拉力F的冲量大小以及木块在4s末的速度大小分别为（）
A．4N⋅s，8m/s B．4N⋅s，2m/s
C．2π N⋅s，4π m/s D．2π N⋅s，π m/s
7．如图所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动并与原来静止的小球B发生对心正碰，碰后A球
速度反向，大小为v0
5，B球的速率为
v0
2。

A、B两球的质量之比为（）
A．12：5B．8：5C．5：8D．5：12
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中（）
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度
B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同
C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反
D．系统总动量的变化为零
9．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。

振子到达D点开始计时。

以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）
A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B．振子做简谐运动的表达式为x=5sin(πt−π
2)(cm)
C．0.5s∼1.0s的时间内，振子通过的路程为5cm
D．t=0.25s和t=0.75s时，振子的速度不同，但加速度大小相等
10．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上，其中m2=4kg。

现使m1瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）
A．在t1时刻A与B两物块的动能之比为2：1
B．在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态
C．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
D．从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为6 J
三、实验题：本大题有2小题，共14分。

11．为验证动量守恒定律，某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，气垫导轨已经调制成水平状态，两个滑块A、B分别静置在气垫导轨上，在滑块A的右侧以及滑块B的左侧都安装了弹簧片，滑块A、B的上方安装了宽度相同的遮光片。

C、D为固定在气垫导轨上的光电门，用于记录遮光片经过光电门的时间。

（1）某同学进行的实验步骤如下：
①测量滑块A、B的质量（含弹簧片及遮光片），分别记为m A、m B；
②测量滑块A、B上的遮光片的宽度，记为d；
③给滑块A一个向右的瞬时冲量，观察滑块A的运动情况及A、B两滑块在相碰后各自的运动情况；
④记录下滑块A经过光电门C的时间第一次为△t1、第二次为△t2；
⑤记录下滑块B经过光电门D的时间△t3。

（2）可根据以上实验，完成下列填空（用测量量符号m A、m B、d、△t1、△t2和△t3等表达）：
①碰撞前滑块A的速度大小v0=，碰撞后滑块A的速度大小v1=；
②碰撞后滑块B的速度大小v2=；
③若满足等式：成立，则系统动量守恒。

12．用图甲所示电路测量常温下纯净水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内纯净水的水量，玻璃管两端接有导电活塞，右活塞固定，左活塞可自由移动，实验过程如下：
（1）按图甲连接电路，电源为理想电源，内阻不计；R为电阻箱，R1、R2为两个阻值相同的定值电阻，V1、V2为两个量程相同的理想电压表。

（2）不同水柱长度L及其电阻R的测量。

①用10分度游标卡尺测量玻璃管的内径d，示数如图乙所示，则d=mm；
②向玻璃管内注满纯净水，并用刻度尺测量水柱长度L；
③把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
④把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；则此时玻璃管内水柱的电阻R x=；
⑤根据测量数据，可得纯净水的电阻率为ρ=。

（用R x、d、L表示）
⑥改变玻璃管内水柱长度，重复实验，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
⑦断开S，整理好器材。

四、计算题（本大题有3小题，共40分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和必要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

)
13．在刚刚结束的第19届杭州亚运会上，16岁的中国姑娘全红婵最后一跳逆天反超，获得评委们的四个满分，从而获得女子10米跳台冠军。

如图所示，在比赛中质量为m的全红婵，从跳台上以初速度v0竖直向上跳起，从跳台上起跳到入水前重心下降了H。

入水后由于水的阻力使速度减为0，全红婵从接触水面到下沉到最低点经历的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。

求：
（1）全红婵入水瞬间的动量；
（2）全红婵入水后，水的平均阻力大小。

14．如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B
点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中E=3mg
4q。

现有一质量为m、带电量为+q的小滑块（可视
为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°= 0.8。

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=2R的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度；
（2）在（1）的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
15．如图所示，水平面上有一凹槽，一辆长L=12m、质量M=3kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐。

轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量m=1kg小物块（视为质点）接触但不连接。

用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W=32J时突然撤去该力，一段时间后，小物块刚滑上平板车，且平板车第一次与凹槽右端碰撞前平板车与小物块已共速，平板车第一次与凹槽左端碰撞前平板车与小物块也已共速。

小物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，其他摩擦不计，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短。

求：
（1）小物块刚滑上平板车时的速度v0的大小；
（2）平板车第一次与凹槽右端碰撞前瞬间，平板车与小物块的共同速度v1的大小；
（3）上述过程中，小物块到凹槽右端的最近距离x min。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【详解】A、小球每次通过同一位置时，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同，也可能不同，故A正确；
B、当小球通过平衡位置时，位移为零，速度最大，故B错误；
C、小球每次通过平衡位置时，速度大小相等，方向不一定相同，但位移相同均为零，故C错误；
D、小球所受的回复力始终指向平衡位置，小球的位移为负值时，受到的力为正值，小球的加速度为正值，故D错误。

故答案为：A。

【分析】回复力始终指向平衡位置，小球的位移始终以平衡位置物初始位置。

小球每次通过同一位置时，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同。

2．【答案】D
【解析】【解答】A、根据图像可知，甲的振幅为2cm，乙的振幅为1cm，所以甲、乙两振子的振幅之比为2：1，故A错误；
B、两波周期之比为1：2，根据
f=1 T
所以甲、乙两振子的频率之比为2：1，故B错误；
C、第1s内甲振子的位移为正值，回复力为负值，所以加速度为负值，故C错误；
D、第2s末乙处于波谷位置，回复力最大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】根据图像确定两弹簧振子的振幅及周期，周期与频率互为倒数。

弹簧振子在位移最大处，回复力最大，加速度最大。

位移始终与回复力的方向相反。

3．【答案】C
【解析】【解答】AB、两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由
f=μF N
可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误；
C、第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确；
D、第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据运动情况确定纸与茶杯之间摩擦力的类型。

熟悉滑动摩擦力的影响因素。

速度越小，纸与茶杯
作用时间越长。

根据冲量的定义及动量定理进行分析解答。

4．【答案】C
【解析】【解答】A、根据题意可知，小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
BC、小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与等高的C点，故B错误，C正确；
D、小球开始下滑时，速度为零，根据公式
P=Fvcosθ
合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零，则小球所受合力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。

故答案为：C。

【分析】分别判断小球和槽在水平和竖直方向上合力是否为零，再根据动量守恒的条件判断水平和竖直方向动量是否守恒。

系统只有重力做功，则系统机械能守恒。

根据力与合力的方向关系，结合功率的定义分析合力功率的变化情况。

5．【答案】D
【解析】【解答】A、小圆柱体下落到最低点时，根据动量守恒定律，大圆柱体与小圆柱体速度大小相等方向相反，故A错误；
BCD、小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下时，由于不计任何摩擦，由动量守恒定律以及能量守恒关系可知，小圆柱体会再次到达顶部；若小圆柱体相对地面移动x时，大圆柱体相对地面移动y，则根据“人船模型”可知
mx=my
且x、y的方向应该相反，而若小圆柱体能到达大圆柱体最高点时，x=y，则只能有x=y=0，即此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点。

故BC错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下时，由于不计任何摩擦，系统在水平方向上不受外力，即水平方向上动量守恒定律。

运动过程系统能量守恒，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。

6．【答案】C
【解析】【解答】整个过程中物体所受拉力F的冲量大小等于F-t图像的面积，即
I=1
2π×22(N⋅s)=2π(N⋅s)
根据动量定理
I=mv
解得木块在4s末的速度大小为
v=4πm/s
故答案为：C。

【分析】F-t图像所围面积表示物体在该段时间物体所受拉力F的冲量。

再根据图像结合冲量的定义及动量定理进行解答。

7．【答案】D
【解析】【解答】ABCD．以A、B两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方
向为正方向，由动量守恒定律得m A v0=m A(−v0
5)+m B
v0
2
两球的质量之比m A
m B=
5
12
故答案为：D。

【分析】两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解即可。

8．【答案】C,D
【解析】【解答】两物体组成的系统总动量守恒，根据公式m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，可得一物体受到的冲量与另一物体所受冲量大小相等，方向相反，B不符合题意。

两物体的动量变化总是大小相等，方向相反，A不符合题意C符合题意。

系统总动量的变化为零，D符合题意。

故答案为：CD
【分析】动量守恒代表两个物体动量的变化量之和为0；则动量变化大小相等方向相反，总变化为0. 9．【答案】B,C
【解析】【解答】A、振子在O点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。

故A错误；
B、由图乙可得，振子的振幅
A=5cm
振子的周期
T=2.0s
圆频率
ω=2π
T=πrad/s
初相位
φ0=−
π
2
振子做简谐运动的表达式为
x=5sin(πt−π
)cm
故B正确；
C、0.5s~1.0s的时间内，振子从平衡位置运动到了最大位移处，所以通过的路程为一个振幅
s=A=5cm
故C正确；
D、t＝0.25s和t＝0.75s时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿第二定律得加速度大小相等。

故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据图像确定弹簧振子做简谐运动的振幅及周期。

确定弹簧振子做简谐运动的回复力的来源，弹簧振子在平衡位置的速度最大，合外力为零，即回复力为零。

关于平衡位置对称的点，回复力大小相等，加速度大小相等，但速度不一定相同。

10．【答案】C,D
【解析】【解答】A、以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得
m1v1=(m1+m2)v
将v1=3m/s，v=1m/s代入解得
m1=2kg
t1时刻速度相同，根据动能的公式
E k=1
2mv2
则
E k∝m
可知A与B两物块的动能之比为1：2，故A错误；
BC、t3到t4时刻m2的速度减小，m1的速度增大到初始时刻，说明从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，t4时刻弹簧恢复原长，故B错误，C正确；
D、当m1和m2的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得
E pm=1
2m1v12−
1
2(m1+m2)v2
代入解得
E pm=6J
故D正确。

故答案为：CD。

【分析】两物块与弹簧构成的整体在水平方向上不受外力，系统动量守恒。

根据图像确定任意时刻物块速度的变化情况，再根据速度变化情况确定弹力的方向，继而确定弹簧的形变情况。

当两物块速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大。

11．【答案】（1）无
（2）d Δt 1；d Δt 2；d Δt 3；m A d Δt 1=m B d Δt 3−m A d
Δt 2
【解析】【解答】（2）①根据在极短时间内的平均速度大小近似等于这段时间内某时刻的瞬时速度，碰撞前滑
块A 的速度大小
v 0=
d
Δt 1 碰撞后滑块A 的速度大小
v 1=
d Δt 2 ②碰撞后滑块B 的速度大小
v 2=
d Δt 3
③水平向右为正，则动量守恒应满足
m A v 0=m A v 1−m B v 2
即
m A
d Δt 1=m B d Δt 3−m A
d
Δt 2
【分析】碰撞前后滑块均做匀速直线运动，根据在极短时间内的平均速度大小近似等于这段时间内某时刻的瞬时速度确定滑块经过光电门的速度。

根据动量守恒定律结合数据得出等式关系。

12．【答案】（1）无
（2）13.7；R ；R x πd 2
4L
【解析】【解答】（2）①10分度游标卡尺的精确值为0.1mm ，由图乙可知玻璃管的内径为
d =13mm +7×0.1mm =13.7mm
④由于电源内阻不变，可知路端电压保持不变，把S 拨到1位置和拨到2位置，电压表V 2示数与电压表V 1数相同，记录电阻箱的阻值R ， 由于R 1、R 2为两个阻值相同的定值电阻，则有此时玻璃管内水柱的电阻为
R x =R
⑤根据电阻定律可得
R x =ρL
S
又
S =
πd 24
联立可得纯净水的电阻率为
ρ=R xπd2 4L
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。

本实验采用等效替代法，根据闭合电路时欧姆定律及串联电路规律可知，当两定值电阻的读数相等时，回路中的总电流相等，此时待测电阻阻值与电阻箱示数相等。

再根据电阻定律确定纯净水的电阻率。

13．【答案】（1）解：全红婵起跳后在空中运动过程，由动能定理得
mgH=1
2mv2−
1
2mv02
解得
v=√v02+2gH
所以
p=mv=m√v02+2gH 方向竖直向下。

（2）解：运动员接触水面到运动员下沉到最低点，根据动量定理有
mgt−ft=0−mv
解得
f=mg+m√v02+2gH
t
【解析】【分析】（1）全红婵在空运动过程只有重力做功，根据机械能守恒确定全红婵入水瞬间的速度，再根据动量的定义确定此时的动量；
（2）确定入水后，全红婵的受力情况及初末速度。

规定正方向，再根据动量定理进行解答。

14．【答案】（1）解：）从A点到B，根据动能定理可得
qEs−μmgs=1
2mv B2−0
解得
v B=√gR （2）解：由牛顿第二定律得
N−mg=m v B2 R
由牛顿第三定律得
N′=N 解得
N′=2mg 方向竖直向下。

（3）解：滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力D′提供向心力，此时的速度最小，G与竖直方向夹角θ的正切值为
tanθ=qE mg=
3
4
解得
θ=37°
令G′=mg
cosθ，则
G′=m
v min2
R
解得
v min=√5gR 2
【解析】【分析】（1）确定滑块从A点释放运动到B点的过程，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答即可；
（2）滑块到达B点后开始做曲线运动，确定滑块做曲线运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；（3）此题型为“等效重力场”模型，根据重力与电场力的大小关系确定小球在滑行过程中的“等效最高点”，滑块恰好沿轨道滑行，即滑块在等效最高点完全由重力和电场力的合力提供向心力，再根据力的合成及牛顿第二定律进行解答。

15．【答案】（1）解：从力F向左推物块到小物块刚滑上平板车过程，根据动能定理有
W=1
2mv02
可得
v0=8m/s
（2）解：对平板车和小物块组成的系统分析，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0=(M+m)v1
解得
v1=2m/s
（3）解：设小物块从刚滑上平板车到与平板车共速的过程中，小物块相对于平板车滑行的距离为s1，由功能关系得
1
2mv02=μmgs1+1
2(M+m)v12
平板车第一次与凹槽右端碰撞后，小物块继续向右做匀减速直线运动，其加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
μmg=ma
小物块继续向右运动的位移
s2=v12 2a
上述过程中，小物块到凹槽右端的最近距离
x min=L−s1−s2
解得
x min=6.8m
【解析】【分析】（1）小物块滑上平板车时，弹簧的弹性势能为零，外力做的功廍转化为小物块的动能，根据动能定理进行解答即可；
（2）碰撞前，平板车和小物块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律进行解答即可；
（3）小物块从刚滑上平板车到与平板车共速的过程中，系统损耗的动能全部转化为两者摩擦产生的热量。

根据动能定理确定共速时小物块与平板车左端点距离。

共速后两者一起向前做匀速运动，随后平板车与凹槽相撞，平板车速度反向，小物块继续向左做减速运动直至速度为零，此时小物块距凹槽右端最近。

再对此过程运用牛顿第二定律及匀变速直线运动位移与速度关系确定此过程小物块运动的位移，再根据几何关系进行解答。