浙江省2022-2023学年高二年级下册3月联考物理试题 含解析

山河联盟2022学年高二第二学期3月联考

物理试题

一、单选题（每题3分，共36分）

1.下列现象可以用多普勒效应解释的是（）

A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声

B.微风激起的水波遇到芦苇等细小障碍物，会继续传播

C.把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声

D.当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低

【答案】D

【解析】

【详解】A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，是因为光的速度大于声音的传播速度，A错

误；

B.微风激起的水波遇到芦苇等细小障碍物，会继续传播，这是波的衍射现象，B错误；

C.把耳朵贴在墙壁上，能够听到隔壁房间的说话声，这是声音通过墙壁传播，C错误；

D.当车向你疾驰而过时，听到的鸣笛音调会由高变低，是因为波源与观察者之间的距离逐渐增大，接收

者受到的频率小于波源的发射频率，这属于多普勒效应，D正确。

故选D。

2.一人静止于完全光滑的冰面上，现欲离开冰面，下列可行的方法是（）

A.向后踢腿B.手臂向上摆

C.在冰面上滚动D.脱下外衣水平抛出

【答案】D

【解析】

【详解】AB.向后踢腿或手臂向上摆，不会使人与外界产生其他作用，人不会获得速度，故AB错误；

C.冰面光滑，无摩擦力，人无法滚动，故C错误；

D.脱下外衣水平抛出，利用反冲，可以离开冰面，故D正确。

故选D。

3.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面（斜面光滑）由静止开

始自由下滑，下列说法中正确的是（）

A.M和m组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B.M和m组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒

C.M和m组成的系统动量守恒，机械能不守恒

D.M和m组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒

【答案】B

【解析】

【详解】.M和m组成的系统，在竖直方向上所受的合力不为零，系统动量不守恒；M和m组成的系统

在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒；斜面与水平面光滑，只有重力做功，系统机械能守恒。

故选B。

4.一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。当遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水

向后全部喷出，以大小为2m/s的速度逃窜。下列说法正确的是（）

A.乌贼喷出的水的速度大小为18m/s

B.乌贼喷出的水的速度大小为20m/s

C.在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N-S

D.在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大

【答案】A

【解析】

【详解】ABD.在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设乌贼

喷出的水的速度大小为四，则

MV2=mVj

解得

匕=18mzs

A正确，BD错误；

C.根据动量定理可知，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为

/==1.8N-s

C错误。

故选Ao

5.在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一

端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（）

A.乘客达到地心时的速度最大，加速度最大B.乘客只有在地心处才处于完全失重状态

C.乘客在地心处所受的回复力最小D.乘客所受地球的万有引力大小不变

【答案】C

【解析】

【详解】AC.乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零,

则回复力为0,故回复力最小，故A错误，C正确；

B.乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故B错误；

D.设地球质量为乘客和车的质量为加，地球密度为2，则

M

夕=彳内

3

在距离地心为厂时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力

口「M'm

F=G-

r

又

472r3Mr3

M'=p

3

联立得

门GMm

F=~^r

即万有引力与r成正比，故D错误。

故选C。

6.飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根两端带有负重的弹性杆，如图甲所示。当使用者振动

飞力士棒进行康复训练时，如图乙所示，则下列说法正确的是（）

甲乙

A.使用者用力越大，飞力士棒的振幅越大

B.手振动的频率越大，飞力士棒的振幅越大

C.飞力士棒长度越长，飞力士棒的振动频率越大

D.手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大

【答案】D

【解析】

【详解】CD.根据题意可知，飞力士棒在手的驱动下振动，则飞力士棒的振动频率与手振动的频率相等,

则手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，故C错误，D正确；

AB.由于飞力士棒做受迫振动，则当手振动的频率越接近飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振幅越大,

故AB错误。

故选D。

7.如图所示,两块不带电的平行金属板之间用绝缘细绳悬挂一带负电的小球，把小球向左拉开一定角度（角

度很小且小于10°）由静止释放，小球以一定的周期做往复运动。若将两极板通过导线、开关与图示电源

相接，当闭合开关且板间电压稳定后（小球重力大于电场力），则（）

B.小球摆动的周期变大

C.若把电源的正负极对调，小球摆动的周期保持不变

D.若把电源的正负极对调，小球摆动的周期变大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.根据题意可知，当开关闭合时，平行金属板间存在竖直向下的电场，带负电的小球受竖直向

:可知，小球摆动周期变大，故A错误,

上的电场力，则等效重力加速度减小，由单摆周期公式丁=2〃

B正确;

CD.若把电源的正负极对调，当开关闭合时，平行金属板间存在竖直向上的电场，带负电的小球受竖直向

下的电场力，则等效重力加速度增大，由单摆周期公式丁=2〃-可知，小球摆动周期变小，故CD错误。

故选B。

8.如图甲，在光滑水平面上，弹簧振子会以。点为平衡位置在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正

方向，振子的位移尤随时间f的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.z=0.3s时，振子的速度方向向右

B./=0.7s时，振子的速度方向向右

C.Z=0.3s和/=0.7s时，振子的加速度方向相反

D.从UO.3s到仁0.7s,振子的加速度先增大后减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图像乙知，U0.3s时，图像的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左,

故A错误；

B.由图像乙知，U0.7s时，图像的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故B错

误；

c.uo.3s和/=0.7s时，振子的位移方向相反，由。=——，可知加速度方向相反，故C正确；

m

D.从/=0.3s到/=0.7s,振子离平衡位置的位移先减小后增大，加速度先减小后增大，故D错误。

故选C。

9.关于振动和波，下列说法正确的是（）

A.有机械波必有振动

B.纵波中，质点的振动方向与波的传播方向垂直

C.水平向右传播的横波，其各个质点一定上下振动

D.波源停止振动时，介质中的波动立即停止

【答案】A

【解析】

【详解】A.机械波是机械振动的形式与能量在介质中的传播，即有机械波必有振动，A正确；

B.纵波中，质点的振动方向与波的传播方向平行，B错误；

C.水平向右传播的横波，其各个质点既可上下振动，亦可水平方向振动，只需要确保振动方向与波水平

向右的传播方向垂直即可，即水平向右传播的横波，其各个质点不一定上下振动，C错误；

D.波源停止振动时，之前的振动形式仍然在介质中传播，即波源停止振动时，介质中的波动没有立即停

止，D错误。

故选A。

10.根据波的反射和折射原理，以下说法正确的是()

A.声波从空气传到平静的湖面上，声波只在水面处发生反射

B.声波从空气传到平静的湖面上，声波只在水面处发生折射

C.声波从空气传到平静的湖面上时既发生反射又发生折射

D.声波从空气传到平静的湖面上时既不发生反射又不发生折射

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】根据波的反射和折射原理，声波从空气传到平静的湖面上时既发生反射又发生折射，故c正

确，ABD错误。

故选C。

11.如图所示，在同种均匀介质中有两波源S1和S2相距3m，频率均为2Hz,以S1为原点建立如图所示的

坐标系，/=0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波向四周传播。?=0.25s

时波源出也开始垂直纸面向上做简谐运动，在/=0.75s时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆

的位置。贝U()

A.波的传播速度为3m/sB.虚线x=1.5m为振动加强区

C.t=LOs时波谷与波谷相遇的点共有2个D.经过1.0s后乱和S2连线上有2个振动减弱的位

置

【答案】C

【解析】

【详解】A.两波源起振的时间差为At=0.25s,At时间内两列波的传播距离之差为

Ax=2.5m—1.5m=lm

波的传播速度为

Ax.,

v=——=4m/s

AZ

故A错误；

B.根据几何关系可知x=1.5m上各质点到两波源的波程差均为零，而t=0.25s时跖正向下振动，与S?

起振方向相反，所以两波源在x=1.5m上引起质点的振动步调相反，即虚线x=1.5m为振动减弱区，故

B错误；

C.两列波的波长均为

A=-=2m

f

。=L0s时M波传播到的最远位置到H的距离为

4=2%=4m

此时S1波最远波谷到S1的距离为

3

1=4——2=2.5m

114

，波的最近波谷到加的距离为

rx-rx-2=0.5m

%=1.0s时S?波传播到的最远位置到52的距离为

3

dr.——X—3m

22

S2波此时产生的波形中只有一个波谷，且到S2的距离为

3

丫2~4--—1.5m

如图所示

【解析】

【详解】A.图乙是位于x=lm的质点N此后的振动图像，可知/=0后其振动沿负方向，由波形图上的同

侧法可知波沿x轴正方向传播，而甲图中的M点刚好起振向上，则波源的起振方向向上，所有质点的起

振方向为y轴正方向，故A错误；

BC.由波形图可知波长为

X=4m

周期为

T=4s

则波速为

2

v=—

T

解得

v=lm/s

故M点起振传播到。点的时间为

尤7c

t=—=—s=7s

n°v1

在f=10s时，质点。已经振动3s,因为

3

3s=—T

4

所以在z=10s时，质点。通过的路程为

s=3A=24cm

此时。正处于波谷位置，坐标为（10nx-8cm）,故B正确，C错误；

D.在6s~6.5s时间内，质点M从平衡位置沿y轴负向振动，则其速度减小，加速度增大，故D错误。

故选B。

二、不定项选择题（每题4分，共12分，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选得0

分）

13.对于做简谐运动的弹簧振子，下述说法不正确的是（）

A振子通过平衡位置时，加速度最大

B.振子在最大位移处时，速度最大

C.振子在连续两次通过同一位置时，位移相同

D.振子连续两次通过同一位置时，动量相同

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.振子经过平衡位置时速度最大，加速度是零，故A错误，符合题意；

B.振子在最大位移处时速度最小，是零，故B错误，符合题意；

C.振子在连续两次经同一位置时，相对于平衡位置的位移相同，故C正确，不符合题意；

D.动量是矢量，振子连续两次经同一位置时，速度的大小相同，方向相反，则动量大小相同，方向相反，

故D错误，符合题意。

故选ABDo

14.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，小球的质量分别为阳和加2图乙为它们碰

撞前后的x-f图像。已知根i=0.1kg,由此可以判断（）

A.碰前B静止，A向右运动B.碰后A和B都向右运动

C.由动量守恒可以算出m2=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.碰前祖2的位移不随时间而变化，处于静止状态，的的速度大小为

Ax.,

4=—=4m/s

方向只有向右才能与他2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后侬和加1的速度分别为

v2=2m/s,/=-2m/s

碰后加2的速度方向为正方向，说明加2向右运动，而见的速度方向为负方向，说明如向左运动，故A

正确，B错误；

C.根据动量守恒定律得

mivi=mivir-\-机2y2'

代入解得

机2=0.3kg

故C正确；

D.碰撞过程中系统损失的机械能为

,,\21，21，2

AE=5〃11Vl——m2v2=0

故D错误。

故选AC。

15.两列简谐横波沿x轴相向传播，/=0时刻的波形图如图所示，实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿

尤轴负方向传播，已知两列波的传播速度大小均为10m/s,则下列说法正确的是()

B.虚线波遇到障碍物时更容易发生明显的衍射现象

C.x=-0.5m处质点的位移最先达到y=15cm

D.当f=L5s时x=0处的质点位移为10cm

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由图可知实线波的波长为4m,虚线波的波长为8m。故实线波的频率为

/=—=—Hz=2.5Hz

44

虚线波的频率为

v10

于、—Hz=1.25Hz

48

由于两列波的频率不相等，故不会发生干涉现象，故A错误；

B.到障碍物时，波长越长，越容易发生明显的衍射现象，可知虚线波遇到障碍物时更容易发生明显的衍

射现象，故B正确；

C.当两波峰第一次相遇时，对应质点的位移最先达到y=15cm,故图可知/=0时刻，两波峰之间的距

离为

Ax=7m—(-2m)=9m

由于波速相同，且相向传播，可知处于x=-2m与x=7m中间位置的质点的位移最先达到y=15cm,

即x=2.5m处质点的位移最先达到y=15cm,故C错误；

D.根据以上分析可知，实线波的周期为

7；=­=0.4s

力

实线波传到尤=0处所用时间为

At=—s=0.1s

10

可知r=1.5s时，实线波在x=0处已经振动的时间为

「1.5s—0.1s=1.4s=37；+；（

可知r=1.5s时，实线波在x=0处振动引起的位移刚好为零；

虚线波的周期为

T7=—=0.8S

于2

虚线波传到％=0处所用时间为

Af=—s=0.1s

10

可知r=L5s时，虚线波在x=0处已经振动的时间为

3

?2=1.5s—0.1s=1.4s=7^,+—7^

由图可知f=1.5s时，虚线波在x=0处振动引起的位移为10cm,根据叠加原理可知r=L5s时x=0处的

质点位移为10cm,故D正确。

故选BD。

三、实验题（每空2分，共14分）

16.某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。安装了弹性碰撞架和挡光片的小车A和小车B静止在滑

轨上。实验时，给小车A一个初速度，当它与小车B发生碰撞后没有改变运动方向。数字计时器（图中没

画出）可以测出挡光片通过光电门的挡光时间，测得碰撞前小车A通过光电门1的挡光时间为碰撞

后两小车先后通过光电门2的挡光时间分别为八弓、八4。两个挡光片的宽度相同。

可知，如果仅验证两车组成的系统动量守恒，还需要测量两小车的质量"A、，电。

故选A。

(3)[3]根据上述可知，如果两小车碰撞过程中动量守恒，需要满足的表达式为

mA_mA

17.实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。

(1)下列最合理的装置是

丹厂铁夹粗的金属杆

11r铁夹

1夹J■Ls1

弹性棉绳R身丝线c细丝线

A./乩弹性棉绳D

铁球塑料球塑料球铁球

a

(2)为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的是

A.测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长

B.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动

C.在摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大

D.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时

(3)某同学课后尝试在家里做用单摆测量重力加速度的实验。由于没有合适的摆球，于是他找到了一块鸡

蛋大小、外形不规则的大理石块代替小球进行实验。

如图1所示，实验过程中他先将石块用细线系好，结点为将细线的上端固定于。点。

然后利用刻度尺测出间细线的长度/作为摆长，利用手机的秒表功能测出石块做简谐运动的周期T„

在测出几组不同摆长/对应的周期T的数值后，他作出的T?-/图像如图2所示。

4.0

k上xlO2=4

g99.0—(—1.0)

解得由此得出重力加速度的测量值为

g="x9.86m/s2

四、计算题(共38分)

18.如图所示，质量为2kg、足够长的长木板B静止在光滑水平地面上，在距长木板右端距离为x处有一

固定挡板C.质量为1kg的小滑块A从长木板的左端以大小为12m/s的初速度滑上长木板，物块与长木板

间的动摩擦因数为0.4,木板B与挡板C的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略不计，取

g=10m/s2求:

(1)若在B与C碰撞前A与B已相对静止，则x至少为多少；

(2)若要使B与C第一次碰撞前瞬间，B向右运动的动量恰好等于A向右运动的动量，则尤为多少；

(3)若下0.25%，则B与C发生第一次碰撞后B的速度为。时，A的速度为多少。

A|TBC

//〃〃/〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃/上///〃〃〃,7^〃〃〃〃

【答案】⑴2m；(2)2.25m；(3)8m/s

【解析】

【详解】(1)根据动量守恒

啊%=(%+%)匕

解得

v1=4m/s

根据牛顿第二定律

^AS=^BaB

解得

2

aB=2m/s

根据匀变速直线运动

片=

解得

xB=4m

(2)根据题意“B和C第一次碰撞前瞬间，B向右运动的动量等于A向右运动的动量”，则

mA^A=mBVB

根据动量守恒可得

mAV^=mAVA+mBVB

解得

vB=3m/s

根据匀变速直线运动

=2aBxJ

解得

v；=2.25m

（3）根据匀变速直线运动

哈=2aBX

解得

vBX=lm/s

根据动量守恒

%%=外5+加”31

解得

vA1=lOm/s

说明A此时的速度为10m/SoB和C第一次撞击后，B将向左以速度为lm/s做匀减速运动，此时A和B总

动量为8kgm/s。根据动量守恒

mAvAl-mBvm=mAvA2

解得

vA2=8m/s

19.水面上水波的速度跟水深度有关，其关系式为v=痴,式中耳为水的深度，g为重力加速度。如图

甲所示是某水域的剖面图，4B两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，。点处于两部分水面分界线

上，M和N分别处在A和8两区域水面上的两点。仁0时刻。点从平衡位置向上振动，形成以。点为波

源向左和向右传播的水波（可看作是简谐横波）。仁2.5s时。点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波

峰。己知B区域水波振幅为A=5cm,水深为4=0-90m,0M间距离为4.0m,ON间距离为3.0m,

g=10m/s2o求：

(1)A区域的水深/u；

(2)N点在U3s时的振动方向及它在/=0至/=3s时间内的位移；

(3)/=10s时，处在8水域水面上的。点(图中未标出)处于波峰，且间只有一个波峰，则Q点在？=0

至U10s时间内振动的路程是多少？

M°N

M6N

“A1三二三三迷三三三三三三三圭三三三三三三;三三三二==

77^^二二二二二二-B-二二二二二h

B

甲乙

【答案】(l)0.40m；(2)在平衡位置向上振动，Om；(3)0.65m

【解析】

【详解】(1)对。点的振动分析，知

t=-T

4

解得

T=2s

对〃点的振动分析，知A区域水波波长为

2A=OM-4m

则有

5=宁=2m/s

由丫=屈，代入数据求得

hA=0.40m

(2)由”=病，代入数据求得

%=7i^=3m/s

又由嗓=与，得

4=VB^=6m

波传到N点的时间

ON.

4=----=Is

VB

所以仁3s时，N点刚好完成一个全振动，可知其在平衡位置向上振动，位移为0m。

(3)/=10s时，。点在平衡位置向上振动，可画出B区域水波的波动图像如图所示，

由图可知OQ=10.5m,则。点振动的时间为

t2=10s-3.5s=6.5s

所以。点振动的路程为

s=13A=0.65m

20.如图所示，平行倾斜金属导轨I,上端连接阻值为R的电阻，下端与一半径为/的60。圆弧导轨平滑

连接，圆弧最底端行处通过一小段(长度可忽略)绝缘介质与足够长的水平平行金属导轨II相连，轨道

宽度均为导轨I所在区域必cd间有磁感应强度为3、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，圆弧及水

平轨道H所在区域4至g/7间有磁感应强度为所、方向竖直向上的匀强磁场。导轨II左端g/z之间连接电

动势为E、内阻为r的电源。一根质量为机、电阻为R金属棒从导轨I区域仍上方某位置静止释放，沿

倾斜轨道经cd进入圆弧轨道直至最低点^处。已知无论金属棒从油轨道上方何处释放，进入圆弧轨道

的速度均相同，金属棒到达4•后，在水平向左恒定外力厂作用下向左加速运动，经过一段时间后达到稳

定速度。不计一切摩擦和导轨的电阻，金属棒与导轨始终接触良好，求金属棒：

(1)滑至cd处时的速度v的大小；

(2)从cd滑至^的过程中，通过电阻R的电荷量q；

(3)在导轨II上达到稳定时的速度Vm的大小。

【解析】

【详解】(1)在倾斜金属导轨I上，金属棒稳定时

mgsin3=BJJ

又

E,=B,lv,/=互

2R

解得

_y/3mgR

V~B；l2

(2)金属杆从cd到^的过程

E,=——，/=—

"At2R

电荷量

q=It

解得

AOV3K/2