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1、#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAI
2、oOQBAMoAABABFABAA=#1 雅礼教育集团雅礼教育集团 2023 年下学期期中考试试卷年下学期期中考试试卷 高二物理高二物理 参考答案 1.【答案】A【解析】A.O点是平衡位置，根据简谐振动的特点可知，水位在O点时，鱼漂的速度最大，故 A 正确；B.水位由O点到达N点时，说明鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向上且最大，速度为零，故 B 错误；C.水位到达M点时，鱼漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故 C 错误；D.鱼漂上下做简谐运动，偏离平衡位置的最大距离叫振幅，水位到达M点或N点时，位移最大，振幅是OM的长度或者ON的长度不变，故 D 错误。故选 A。2答案 B A解析 蟾蜍
3、声带的振动产生了在空气中传播的声波和在池塘中传播的水波，无论是声波还是水波，它们都是由声带振动产生的，所以其频率都应该等于声带的振动频率，故 A 错误；池塘水面上的落叶做的是受迫振动故 B 正确；由已知水波的传播速度与水的深度成正相关，可知水波的波长与水深有关，深水区的波长大，所以更容易发生衍射现象，故 C 错误；蟾蜍的鸣叫频率 f1 451 Hz，且水波波长 0.5 cm0.005 m，则波速 vf0.0051 451 m/s7.3 m/s故 D 错误；3答案 D 解析 t3103 s 时刻纸盆中心的位移最大，故 A 错误；t2103 s 时刻纸盆中心位于平衡位置，加速度为零，故 B 错误；
4、在 02103 s 之间纸盆中心的速度方向先沿正方向再沿负方向，故 C 错误；纸盆中心做简谐运动的方程为 xAsin2tT1.0104sin 500t(m)，故 D 正确 4答案 C 解析 在同种介质中，超声波的速度与次声波的速度一样，A 错误；超声波的频率越高，波长越短，越不容易发生衍射，B 错误；高速公路上的测速仪发出超声波波长大于所接收波的波长，说明发出的超声波的频率小于所接收波的频率，根据多普勒效应，接收到的频率变高，说明此时车正在靠近测速仪，C 正确；用超声波测血液流速，超声波迎着血液流动方向发射，血液流速越快，仪器接收到的反射回来的波的频率越高，D 错误 5答案 A 6答案 D 解
5、析 若 m1m2，则两球碰撞后交换速度，所以 A、B 在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过 2Lg时间 A 回到最高点，A、B 错误；摆长为 L 的周期为 T2Lg，摆长为 0.81L 的周期为 T1.8Lg，若 m1m2，则碰后 A 球向右运动，摆长变为 0.81L，B 球摆回最低点后向左运动时，摆长为 0.81L，所以两摆的周期均为 T12T12T1.9Lg，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C 错误；若 m12 m，所以 n0,1 当 n0 时，1163 m，v11T403 m/s，（1 分）当 n1 时，2167 m，v22T40
6、7 m/s.（1 分）若波由 B 向 A 传播，A 点比 B 点晚振动的时间 tnT14T(n0,1,2,3，)，（2 分）所以 A、B 间的距离为 sn14(n0,1,2,3，)，则波长为 4s4n1164n1 m(n0,1,2,3，)（2 分）因为 2 m，所以 n0,1 当 n0 时，116 m，v140 m/s，（1 分）当 n1 时，2165 m，v28 m/s.（1 分）#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#4 15答案(1)5 m/s(2)FN0.1h0.14 N(h1.2 m)(3)当 0.9 mh1.2 m
7、 时，2.6 mx3 m，当 1.2 mh1.65 m 时，335 mx3.635 m 解析(1)物块 b 摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 mgh12mvb2，解得 vb5 m/s （1 分）b 与 a 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvbmvbmv0 （1 分）12mvb212mvb212mv02 （1 分）联立解得 v05 m/s （1 分）（2）由(1)分析可知，物块 b 与物块 a 在 A 处发生弹性正碰，速度交换，若物块 a 刚好可以到达 E 点对应的高度为 h1，根据动能定理可得 mgh12mglmgH0，解得 h11.2 m （2 分）以竖直向下为正方向
8、，则有 FNmgmvE2R （1 分）由动能定理有 mgh2mglmgH12mvE2 （1 分）联立可得 FN0.1h0.14 N(h1.2 m)（2 分）(3)当 1.2 mh1.65 m 时，最终物块 a 静止的位置在 E 点或 E 点右侧，根据动能定理得 mgh2mglmgH12mvE2 从 E 点飞出后，竖直方向 H12gt2 水平方向 s1vEt 当 h 最大时，s1最大，即 s1max0.6 m，又因 x 取不到最大值，则 s1取不到最大值，根据几何关系可得 DF35 m x3lDFs1 代入数据解得335 mx(3.635)m；（3 分）当 0.9 mh1.2 m 时，从 h20.9 m 释放 b，a、b 碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得 mghmgs20 当 h 最小时 解得 s21.8 m 可知物块 a 达到距离 C 点右侧 0.8 m 处静止；当 h 取 1.2 m 时，物块 a 在 E 点速度为零，若返回到 CD 时，根据动能定理可得 mgHmgs30，解得 s30.4 m，距离 C 点 0.6 m，又因 h1.2 m 不在此范围内，故当 0.9 mh1.2 m 时，有 3ls3x3l 代入数据得 2.6 mx3 m.（3 分）#QQABaYSUogAgQhAAAAgCQwkACAOQkBACAIoOQBAMoAABABFABAA=#