贵州省毕节市毕节梁才学校2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题（解析版）

这是一份贵州省毕节市毕节梁才学校2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，4分/题，共48分。）
1. 做简谐运动的质点在通过平衡位置时（ ）
A. 速度一定为零B. 振幅一定为零
C. 合力一定为零D. 回复力一定为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．做简谐运动的质点在通过平衡位置时，速度为最大值，故A错误；
B．简谐运动过程中，振幅是不受质点所在位置影响的，故B错误；
C．在单摆这种简谐运动中，通过平衡位置时，合力不为零，故C错误；
D．根据回复力公式
可知，当质点在平衡位置时，回复力一定为零，故D正确。
故选D。
2. 汽车安全气囊被称为“生命的守护神”，汽车发生碰撞事故安全气囊弹出，可以减小人体（ ）
A. 动量变化B. 受到的冲量C. 动能的变化D. 受到的作用力
【答案】D
【解析】
【详解】发生车祸时，速度减为0，人的动量变化量一定，动能变化量一定，安全气囊可以延长作用时间，不会改变动量变化量和冲量，根据Ft=mΔv可知受到作用力减小，与人体接触面积增加，从而减小对人体的伤害，故D正确，ABC错误；
故选D。
3. 如图所示，木块A和木块B用一根轻质弹簧连在一起静置于光滑水平地面上。某时刻木块A获得一瞬时速度，在弹簧压缩过程中，关于木块A、木块B构成的系统（不包含弹簧），下列说法正确的是（ ）
A. 系统动量守恒，机械能守恒
B. 系统动量守恒，机械能不守恒
C. 系统动量不守恒，机械能守恒
D. 系统动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】
【详解】系统外力之和为零，动量守恒；弹簧弹性势能增加，木块A、木块B构成的系统机械能减少，机械能不守恒；
故选B。
4. 惠更斯利用单摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆杆下端的螺母可以使圆盘沿摆杆上下移动，从而改变摆长，如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 若将螺母向下移动少许，则摆杆摆动的周期变小
B. 若将摆钟从深圳移到北京，则摆杆摆动的周期变小
C. 若仅增大圆盘的质量，则摆杆摆动的周期变大
D. 若仅增大圆盘摆动的振幅，则摆杆摆动的周期变大
【答案】B
【解析】
【详解】由单摆周期公式
A．若将螺母向下移动少许，则变大，摆杆摆动的周期变大，故A错误；
B．若将摆钟从深圳移到北京，则重力加速度变大，摆杆摆动的周期变小，故B正确；
C．若仅增大圆盘的质量，则圆盘与螺母的等效重心上移，变小，摆杆摆动的周期变小，故C错误；
D．若仅增大圆盘摆动的振幅，摆杆摆动的周期不变，故D错误。
故选B。
5. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，物体的位移随时间变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A. 时，物体在点右侧处
B. 物体在和时的速度相同
C. 时，物体的加速度方向水平向右
D. 到的时间内，物体的加速度和速度都逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图象乙知，振子的振动方程为
t=0.6s时，解得
x=6cm
故A错误；
B．由图象乙知，振子t=0.2s和t=1.0s图象斜率大小相同，但正负不同，所以速度方向相反，故速度不同，故B错误；
C．根据该振子的运动规律可知t=1.2s时振子在A点，则加速度方向水平向右，故C正确；
D．在t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子的位移减小，则速度增加，加速度减小，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（ ）

A. B.
C. 正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能D. 正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．沿电场线方向电势降低，且同一等势面上电势相等，故，故A错误；
B．电场线越密集的地方，场强越大，由图可知，故B错误；
CD．根据
可知正电荷在电势高的地方电势能大，故正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确，D错误。
故选C。
7. 人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
0=Mv2+mv1
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为
得
解得
故选D。
8. 如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接，平台高度为h。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R＝0.05m的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度v＝1m/s冲上小车的圆弧面。若已知OP竖直，OQ水平，小球沿小车圆弧轨道上升的最大高度为，小球可视为质点，重力加速度为g＝10m/s2。不计一切摩擦。则（ ）

A. 小球在圆弧轨道上运动时，小球与小车系统的机械能和动量均守恒
B. M＝2m
C. 小球离开圆弧轨道的速度为m/s
D. 若小球初速度变为，其他条件不变，则小球能运动到圆弧最高点Q
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，小球和小车组成的系统机械能守恒，但只是水平方向上动量守恒，故A错误；
B．由水平方向上动量守恒得
小球和小车组成的系统机械能守恒有
解得
故B错误；
C．由水平方向上动量守恒得
根据能量守恒有
解得
，
故C错误；
D．由水平方向上动量守恒得
根据能量守恒有
解得
故D正确。
故选D。
9. 一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 此单摆的摆长约为1m
B. 若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动
C. 若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应增加摆长
D. 列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题意可知，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，由题图可知，单摆的固有频率为，则周期为
由单摆的周期公式
可得单摆的摆长约为
故A正确；
B．若摆长增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故B错误；
C．若该单摆从福建移到北京，重力加速度变大，要使其固有频率不变，需增加摆长，故C正确；
D．列车过桥时需减速，是为了使驱动力频率远小于桥的固有频率，防止桥发生共振，而不是防止列车发生共振，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，某儿童玩具由卡通人物、具有一定质量的弹簧和小球三部分组成，这三部分自上而下紧密连接在一起，手握卡通人物并保持静止，将小球下拉一定距离后由静止释放（弹簧在弹性限度内），可以观察到小球在上下振动过程中其振幅快速减小，依据上述现象，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在运动过程中动能一直在减小
B. 小球和弹簧组成的系统机械能保持不变
C. 小球向上运动时，小球的机械能可能减小
D. 小球每次经过同一位置时，弹簧的机械能都相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．小球在从最低点向平衡位置运动过程中做加速运动，动能增大，故A错误；
B．小球在上下振动过程中其振幅快速减小，在做阻尼运动，即小球和弹簧组成的系统受到阻力做功，机械能不守恒，故B错误；
C．小球在从平衡位置向最高点运动过程中，弹力和阻力同时对小球做负功，小球机械能减小，故C正确；
D．由于手握卡通人物并保持静止，所以小球每次经过同一位置时，弹簧的形变量都相同，弹性势能都相等，即机械能都相等，故D正确。
故选CD。
11. 如图，长为的轻绳上端固定在O点，下端系一小球（小球可视为质.点）在O点正下方距O点处的P点固定一小钉子，现将小球拉至A点，使细线与竖直方向间夹角为（很小），然后由静止释放小球，小球运动的最低点为B，点C（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置.A、B、P、O在同一竖直平面内，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有
A. 点C与点A等高B. 点C在点A上方
C. 小球摆动的周期为D. 小球摆动的周期为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，两侧最高点动能均为零，故重力势能也相等，故最大高度相同，即点C与点A等高，故A正确，B错误；
CD．小球B→A→B的时间为
小球B→C→B的时间为
故小球摆动的周期为
故C错误，D正确。
故选AD。
12. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）

A. 气流速度大小为
B. 单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C. 风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D. 单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
二、实验题（每空2分，共16分。）
13. 某同学想将满偏电流为、内阻未知的电流表改装成电压表。
（1）利用如图所示的电路测量电流表G 的内阻：先闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片，使电流表的指针满偏；再闭合开关，保持滑动变阻器R的滑片不动，调节变阻器，使电流表的指针半偏，读出此时的阻值为，则电流表内阻的测量值为__________。
（2）将电流表G改装成量程为的电压表，需__________（填“串联”或“并联”）一个阻值为__________的电阻。
【答案】 ①. 200 ②. 串联 ③. 9800
【解析】
【详解】（1）[1]忽略闭合后电路中总电阻的变化，可以认为总电流不变，则闭合开关后，通过的电流为
由欧姆定律可得，电流表内阻的测量值为
（2）[2][3]若要将该电流表G改装成量程为的电压表，需要串联一个定值电阻分压，则串联分压电阻为
14. 小明用如图所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验，悬挂在O点的单摆由不可伸长的细线和小球A组成，直径相同的小球B，放置在光滑支撑杆上。小球A与小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续向右摆动，小球B做平抛运动。小球A在摆动的过程中，细绳没有断掉。

（1）小明测得了小球A质量m1，细线拉紧时悬点O到球心之间的距离l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球A摆动的最大角度β，碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x和竖直下落高度h。已知当地的重力加速度为g，为完成实验，还需要测量的物理量有：_____________；
（2）若用实验测得的物理量表示，小球A碰前瞬间的动量p1=__________，小球A碰后瞬间的动量__________，小球B碰后瞬间的动量p2'=__________；
（3）若A、B两球为弹性碰撞，碰撞前后除动量守恒，还有碰撞过程动能守恒，用实验测得物理量表示，其动能守恒的表达式为_______________。
【答案】 ①. 小球B质量m2 ②. ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]根据机械能守恒定律
可求得碰撞前瞬间球A的速度，碰撞后仍可根据机械能守恒定律求得撞后瞬间小球A的速度；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求B的动量所以需要测量小球B的质量m2；
（2）[2][3][4]碰撞前对A由机械能守恒
解得
故小球A碰前瞬间的动量为
同理碰撞后对小球A有
解得
故小球A碰后瞬间的动量为
设B碰后瞬间的速度为，根据平抛运动规律有
，
联立解得
故小球B碰后瞬间的动量为
（3）[5]若碰撞过程动能守恒
代入整理
三、解答题（15题10分，16题12分，17题14分。）
15. 如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。
（1）写出该小球位移随时间变化的关系式。
（2）在第末到第末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
（3）该小球在第时的位移是多少？路程是多少？
【答案】（1）；（2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；（3）0，5m
【解析】
【详解】（1）由振动图象可得：振幅
周期
初相位
则圆频率
故该振子做简谐运动的表达式为
（2）由图可知，在时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。
（3）振子经过一个周期位移为零，路程为
前100s时刚好经过了25个周期，所以第100s振子位移
振子路程
16. 如图所示，质量为的小物块以水平速度滑上原来静止在光滑水平面上质量为的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长。求：
（1）小物块相对小车静止时的速度；
（2）从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量；
（3）小物块相对小车滑行距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据水平方向动量守恒可知
所以小物块相对小车静止时的速度
（2）根据能量守恒定律可知
（3）根据产热公式
解得
17. 如图所示，AC为3m长的水平桌面，其中AB段粗糙，BC段光滑且长为2m。质量长度为1m的匀质长方体物块，静置于桌面上的AB部分，另有一个质量的小球，静置于桌面上靠近C的位置。现有一水平向左的恒力F作用于物块上，当物块完全经过B点时立即撤去恒力F，随后物块与小球发生弹性正碰，碰撞后小球从D点进入光滑的圆弧形轨道，再从H点进入光滑半圆形凹槽，凹槽右侧有一固定挡板，挡板左侧的水平地面光滑。已知小球在D处对轨道的压力为小球重力的3倍，物块与桌面AB部分的动摩擦因数，圆弧形轨道的半径，半圆形凹槽的半径，CD间距和EH间距均略大于小球直径，小球直径远小于，重力加速度。
（1）求小球在D点的速度；
（2）求恒力F的大小；
（3）若使小球不从凹槽左侧冲出去，求半圆形凹槽的质量M需满足的条件。

【答案】（1），方向向左；（2）10N；（3）小于或等于
【解析】
【详解】（1）小球在D处对轨道的压力为小球重力的3倍，此时小球的向心力
又
得小球在D点的速度
方向向左；
（2）根据动量守恒定律
根据能量守恒
得
根据动能定理
解得恒力
F=10N
（3）对于小球恰好不从凹槽左侧冲出去的情况分析。小球进入半圆形凹槽后，到达最低点速度设为v0，之后沿凹槽向上运动，凹槽离开挡板向左运动。要使小球恰好不能从凹槽冲出，即小球和凹槽共速，设为v，小球运动到凹槽最低点过程中，由能量守恒
小球从凹槽最低点到和凹槽共速过程中，水平方向上动量守恒，取水平向左为正，则
m2v0=(m2+M)v
根据能量守恒
联立解得
即半圆形凹槽的质量M需满足的条件是小于或等于。