河北省2022-2023学年高二下学期3月联考物理试卷(含答案)

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1、早期工程师们发现飞机启动后飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，经过分析发现是机翼发生了共振现象。为了解决该问题，工程师们创造性地在飞机机翼前缘处安装一个配重杆。这样做的主要目的是( ) A.加大飞机的惯性 C.改变机翼的固有频率

B.使机体更加平衡 D.使机翼更加牢固

2、章老师在课堂做演示实验，把两枚几乎相同的鸡蛋A和B，从同一高度由静止释放鸡蛋A直接落在地板砖上碎了；鸡蛋B装在有水的纸杯中随纸杯一起下落，落在地板上完好无损。对这一结果，下列说法正确的是( )

A.与地板接触前的瞬间，鸡蛋A的动量小于鸡蛋B的末动量 B.与地板碰撞过程中，鸡蛋B的动量变化量小 C.与地板碰撞过程中，鸡蛋B的动量变化慢 D.与地板碰撞过程中，鸡蛋A的动量变化量小

3、如图所示，小球在光滑的圆槽内做简谐振动，小球的半径很小，可将小球视为质点，为了使小球的振动周期变为原来的2倍，可采取的方法是( )

A.使小球的质量减小为原来的一半 B.使小球的振幅增大为原来的2倍

C.使小球通过平衡位置的速度增大为原来的2倍 D.将圆槽半径变为原来的4倍

4、绳波形成过程的示意图如图所示，质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动各个质点依次振动，把振动形式从绳的左端传到右端，各质点间距相等。当t时，质点9刚要开始运动，下列说法正确的是( )

T2

A.tT时，质点6向下运动 2B.tT到tT时间内，质点5的速度逐渐减小 42C.tT时，质点2的速度大于质点3 4D.从tT到tT时间内，质点3的加速度先减小后增大 425、2021年9月17日13时30分，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图如图所示，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面1m左右时，舱内宇航员主动切断与降落伞的连接（“切伞”），同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。已知“切伞”瞬间返回舱的速度大小v110m/s，火箭喷出的气体速度大小v21082m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成后返回舱的速度大小v32m/s，则喷气完成前、后返回舱的质量比为( )

A.45:44 B.100:99 C.125:124 D.135:134

6、如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t0时的波形图如图所示，此时波刚好传到c点，这列波的周期T0.08s，a、b、c、d均是介质中的质点，下列说法正确的是( )

A.t0时，质点a的振动方向沿y轴正方向 B.t0.41s时，质点c的振动方向沿y轴负方向 C.t0.1s时，质点b的位移为5cm

D.波传播到质点d时，质点c通过的路程为5cm

7、如图甲所示，质量为0.2kg的物体静止在水平地面上，从t0时刻开始物体受到竖直向上的拉力F作用，拉力F随时间t变化的情况如图乙所示，取重力加速度大小

g10m/s2，则物体5s末的速度大小为( )

A.0

B.7.5m/s C.37.5m/s D.47.5m/s

二、多选题

8、如图所示，在空旷的广场上有一堵较高的墙MN，墙的一侧O点有一个播放器，先后播放男中音和女高音歌唱家的作品，小枫同学站立在墙另一侧的B点。下列说法正确的是( )

A.由于声波的衍射，该同学可能听得到女高音但听不见男中音 B.由于声波的衍射，该同学可能听得到男中音但听不见女高音 C.该同学沿OB方向加速奔跑，会感觉听到的音调越来越高 D.该同学沿OB方向加速奔跑，会感觉听到音调越来越低

9、图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，图乙为参与波动的

x2m处质点P的振动图像，则下列说法正确的是( )

A.该波的传播速率为4ms B.该波沿x轴负方向传播

C.经过0.5s，质点P沿波的传播方向向前传播2m

D.该波在传播过程中若遇到尺寸为4m的障碍物，能发生明显的衍射现象

10、如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，均静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，已知子弹的质量为m，木块A的质量为49m，木块B的质量为50m，下列说法正确的是( )

A.子弹击中木块A后，与A的共同速度大小为1v0

49B.弹簧压缩到最短时木块A的速度大小为1v0

502C.子弹击中木块的过程中产生的热量为49mv0

1002D.木块B在运动过程中的最大动能为1mv0

100三、实验题

11、小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。

（1）用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径D________cm。 （2）如图乙所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是

________。 A.便于测量单摆摆长 C.确保摆动时摆长不变

B.便于测量单摆周期

D.确保摆球在竖直平面内摆动

（3）小华同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和对应的周期T，然后根据数据描绘T2L图像，进一步计算得到图像的斜率为k，可知当地的重力加速度大小g________。

12、“春华”学习小组用“碰撞实验器”通过实验验证动量守恒定律，他们第一次实验使用的装置如图甲所示，实验中，a是入射小球，b是被碰小球，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，小球a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复多次，描出小球a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复多次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示，O点为轨道末端在水平地面上的投影。

（1）关于本实验，下列说法正确的是______。

A.小球a的质量必须小于小球b的质量且两小球半径相同 B.斜槽越粗糙，实验误差就会越大

C.斜槽末端的切线必须水平，即小球b放在斜槽末端处，应恰好静止 D.必须测量斜槽末端到水平地面的高度

（2）实验中，小球碰撞前后的速度是不容易直接被测得的，同学们经过分析讨论，发现小球平抛运动的时间相同，因此可以用______间接地来代替小球碰撞前后时的速度。

（3）同学们用托盘天平测出了小球a的质量记为m1，小球b的质量记为m2，用毫米刻度尺测得O、M、P、N各点间的距离（图乙中已标出），则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为__________。

（4）同学们在实验中正确操作、认真测量，发现x1:x2:x34:9:2，若两球碰撞前后的动量守恒，则m1:m2__________。

四、计算题

13、一做简谐运动的弹簀振子的振动图像如图所示，请根据图像，求：

（1）该振子做简谐运动的圆频率ω； （2）用正弦函数表示的该振子的振动方程； （3）该振子在0~15s内通过的路程。

14、一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为18m，M点的振动情况如图乙所示。求：

（1）该波的传播速度v；

（2）从t0时刻开始，质点N回到平衡位置所需的最短时间t0。

15、如图所示，质量M0.4kg的“L”形平板B静置在光滑水平地面上，质量m0.1kg的小物块A（可视为质点）处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，O′点右侧光滑且光滑部分的长度d2m。用不可伸长的轻绳将一小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球的速度方向与碰前方向相同并开始做简谐运动（摆角小于5），A以v02.5ms的速度沿平板滑动直至与B右侧的挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A第一次返回到O点的正下方时，小球恰好第二次自右向左经过O点正下方并与A再次发生碰撞。已知A与B粗糙部分的动摩擦因数0.125，取重力加速度大小g10ms2，π2=10，整

个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：

（1）A与B的挡板碰撞后瞬间，二者的速度大小vA与vB； （2）此过程中B对A的摩擦力的冲量大小I；（3）轻绳的长度x。

参考答案

1、答案：C

解析：飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞机机翼前装置配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离机翼的固有频率，避免机翼发生共振。故选C。 2、答案：C

解析：AD.由于鸡蛋质量相同，下落的高度也相同，下落过程所用时间相同，因此下落过程中两个鸡蛋所受重力的冲量相同，两个鸡蛋的末动量也相同，AD错误； BC.碰撞过程中，根据动量定理

Ft0mv 可得

Fmv t两个鸡蛋动量的减小量相同，鸡蛋B装在有水的纸杯中随纸杯一起下落，增长了落地时间，动量变化慢，从而减小了地面对鸡蛋的冲力，故C正确，B错误。 故选C。 3、答案：D

解析：小球在光滑的圆槽内做简谐振动，可看作单摆，根据单摆的周期公式

T2πl g可得小球在光滑的圆槽内做简谐振动时的周期为

T2πR g由上式可得，小球的质量和振幅，以及通过平衡位置的速度均与周期无关，故ABC错误；将圆槽半径变为原来的4倍，周期变为原来的2倍，故D正确。 故选D。 4、答案：B

T解析：A.由同侧法可知，t时，质点6向上运动，故A错误； 2B.tT波传到质点5，tT到tT时间内，质点5从平衡位置往波峰振动，所以质442点5的速度逐渐减小，故B正确；

C. tT时，质点2和质点3都在往波峰振动，但质点3具有滞后性，所以质点2的速4度小于质点3，故C错误；

D.从tT到tT时间内，质点3先往波峰运动再往平衡位置运动，所以质点3的加42速度先增大后减小，故D错误。 故选B。 5、答案：D 6、答案：A

解析：A.根据振动方向与传播方向位于曲线的同一侧，可知此时质点a的振动方向沿y轴正方向。A正确；

B.因为T0.08s，t0.41s时质点c的振动方向与t0.01s的振动方向相同，沿y轴正方向。B错误； C.t0时，b点初位移为

yb153cm

运动方向向下，设b点振动方程

ybAcost0 其中

A10cm

2π25πrad/s T以t0代入得初相

0π 6则t0.1s时，质点b的位移为

yb25cm

以t0代入得初相

0π 6则t0.1s时，质点b的位移为

yb25cm

C错误；

D.波传到质点d时，经过T，质点c通过的路程为A10cm。D错误；

4故选A。 7、答案：B

解析：从图中可以看出，物体从2s开始才离开地面，此前拉力小于重力，物体处于静止状态，根据Ft图像与时间轴所围的面积表示F的冲量，可得F在2-5s内的冲量为

IF323117.5Ns 2取竖直向上为正方向，设物体5s末的速度为v，由动量定理得

IFmgtmv

解得

vIFmgt7.50.21037.5m/s m0.2故B正确，故选B。 8、答案：BD

解析：AB、在同一介质中，男中音与女高音传播速度相等，由于男中音的频率低于女高音，由vf知男中音的波长长于女高音的波长，更容易发生衍射，所以由于声波的衍射，该同学可能听得到男中音但听不见女高音，故A错误，B正确；

CD、该同学沿OB方向加速奔跑，产生多普勒效应，该同学听到的声音频率降低，会感觉听到的音调越来越低，故C错误，D正确。 故选：BD。 9、答案：ABD

解析：由题图甲读出该波的波长为4m，由题图乙读出周期为T1s，则波速

vT4m/s，故A正确；由题图乙可知t0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，

结合题图甲判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B正确；质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向移动，故C错误；由于该波的波长为4m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D正确。 10、答案：CD

解析：AC.由动量守恒定律可得

mv0(m49m)v1

则子弹击中木块A后，与A的共同速度大小为

v11 v050子弹击中木块的过程中产生的热量为

Q121492 mv0(m49m)v12mv022100故A错误，C正确； B.由动量守恒定律可得

mv0(m49m50m)v2

弹簧压缩到最短时木块A的速度大小为

v21v0 100故B错误：

D.弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量守恒和能量守恒可得

(m49m)v150mv3(m49m)v4

11122 (m49m)v1250mv3(m49m)v4222可得

v3v11v0 50则木块B的最大动能为

1122 Ekm50mv3mv02100故D正确。 故选CD。

11、答案：（1）2.240 （2）C

24π （3）k解析：（1）游标卡尺的读数即小球的直径为

D22mm 80.05mm 22.40mm 2.240cm

（2)用铁夹夹牢摆线，是为了防止摆动过程中摆长的变化，如果需要改变摆长来探究摆长于周期关系时，方便调节摆长，所以用铁夹夹住摆线上端主要目的是确保摆动时摆长不变，故C正确，ABD错误。 （3）根据单摆周期公式

T2π得

L gT24π2L g根据数学知识可知，T²L图像的斜率

4π2 kg则

4π2 gk12、答案：（1）C （2）水平位移

（3）m1x2m2x1x2x3 （4）5:3

解析：（1）A.由于实验要测量两球碰撞后的速度，所以需要主动球碰撞后也要水平抛出，所以主动球的质量要大于被动球的质量，即小球a的质量必须大于小球b的质量，同时为了保证小球碰撞为对心正碰，两小球半径须相同，故A错误；

B.“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽是否光滑不影响实验误差，故B错误； C.要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽的末端必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故C正确；

D.在实验中不需要测量斜槽末端到水平地面的高度，只要保证斜槽末端到水平地面的高度相同，即可知道两小球的下落时间相同，故D错误； 故选C。

（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相

等，小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，可以间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度；

（3）设小球a直接从轨道飞出做平抛运动的初速度为v0，小球a与小球b碰撞后从轨道飞出做平抛运动的初速度为v1，小球b被碰撞后从轨道飞出做平抛运动的初速度为

v2，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0m1v1m2v2

由于两球做平抛运动的时间t相等，方程两边同时乘以t得

m1v0tm1v1tm2v2t

转化可得

m1x1x2m1x1m2x1x2x3 化简得

m1x2m2x1x2x3 （4）根据题意可知

x1:x2:x34:9:2

将其带入上式中的表达式可得

9m115m2

则

m1:m25:3

13、 （1）答案：π 2解析：简谐运动的周期为T4s则圆频率（2）答案：

2ππ。 T2 π3πxAsin(t)4sin(t)(cm)22解析：简谐运动的振幅为A4cm

t0时，xAsin4cm

解得

3π 2用正弦函数表示该振子的振动方程。

[写成可以] π3πππxAsin(t)4sin(t)(cm)x4sin(t)(cm)2222（3）答案：0.6m 解析：

3

t15s3TT4t0时振子位于位移最大处，则接下来的3内通过的路程为3A，振子一个周期内通

T4过的路程为4A

则振子在0~15s内通过的路程s3A34A0.6m。 14、答案：（1）80m/s （2）1 s40解析：

15、答案：（1）vA1.5m/s，vB1m/s （2）I0.1Ns （3）x0.64m

解析：（1）A与B组成的系统，碰撞过程中系统满足动量守恒，设碰后A的速度方向向左，规定向右为 正方向，则有

mv0mvAMvB

由于发生弹性碰撞，系统能量守恒，则有

121212 mv0mvAMvB222代入数据解得

vA1.5m/s,vB1m/s

（2）A以速度v0运动到B的右端所用时间为

t0d0.8s v0A返回到O′点的过程中有

dvAt1vBt1

解得

t10.8s

B向右运动的位移为

xvBt10.8m

之后A做匀减速直线和运动，对A根据牛顿第二定律有

mgma

解得

a1.25m/s2

根据运动学规律有

12 xvAt2at22解得

t20.8s或t21.6s（舍去）

此过程中B对A的摩擦力的冲量大小

Imgt20.1Ns

（3）小球恰好第二次自右向左经过O点正下方并与A再次发生碰撞，经历的时间为

tt0t1t22.4s

根据单摆周期公式有

3x2πt 2g解得

x0.64m