福建省德化第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）

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考试时间：75分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（每题4分，共24分）
1. 若一颗质量的子弹以的初速度经时间射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查动量定理的应用，根据动量定理列式求解。
【详解】设子弹对墙壁的作用力为F，根据动量定理，有
解得
故ACD错误，B项正确。
故选B。
2. 关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A. 动量大的物体，惯性一定大
B. 动量大的物体，运动一定快
C. 动量相同的物体，运动方向一定相同
D. 动量相同的物体，动能也一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、动量等于物体的质量与速度的乘积，动量大的物体其质量不一定大，故惯性不一定大，故A错误；
B、动量大的物体如果质量大，则其运动的速度不一定大，故B错误；
C、动量是矢量，动量的方向与运动的方向相同，所以动量相同的物体，运动方向一定相同，故C正确；
D、动量相同的物体质量不一定相同，据动量动能的关系有，质量未知，则动量相同的物体动能不一定相同，故D错误；
故选C．
【点睛】动量（国际单位制中的单位为kg•m/s）表示为物体的质量和速度的乘积，是与物体的质量和速度相关的物理量，指的是这个物体在它运动方向上保持运动的趋势．动量也是矢量，它的方向与速度的方向相同．
3. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向左为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 0～0.5s时间内，振子的加速度方向向右，大小从最大变为零
B. 0.5～1.0s时间向，振子所受回复力方向向左，大小从零变为最大
C. 1.0～1.5s时间内，振子的速度方向向左，大小从零变为最大
D. 1.5～2.0s时间内，振子的速度方向向左，大小从零变为最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，0～0.5s时间内，振子由O向B运动，振子从平衡位置到正的最大位移处，根据
可知加速度方向向右，大小从零变为最大，A错误；
B．根据图像可知，0.5～1.0s时间内，振子由B向O运动，振子从正的最大位移处运动到平衡位置，根据
可知回复力减小，所受回复力方向向右，大小从最大变为零，B错误；
C．根据图像可知，1.0～1.5s时间内，振子由O向A运动，振子的速度方向向右，大小从最大变为零，C错误；
D．根据图像可知，1.5～2.0s时间内，振子由A向O运动，振子的速度方向向左，大小从零变为最大，D正确。
故选D。
4. 如图所示，两辆质量相同小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止．若该人自A车以相对地面大小为的水平速率跳到B车上，接着又以相对地面大小为D的水平速率跳回A车，静止于A车上，则A车的速率
A. 等于零B. 等于
C. 等于B车的速串D. 小于B车的速率
【答案】D
【解析】
【详解】系统不受外力，动量守恒．A和人保持静止，他们可以看成一体，那么
,那么只看速率的话，那就是
【点睛】本题主要考查动量守恒，一开始初动量为零，末动量也为零，列式即可得到．
5. 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛。若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中（ ）
A. 三个小球落地时的动量相同
B. 三个小球动量的变化量相同
C. 上抛球动量的变化量最大
D. 下抛球动量的变化量最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由机械能守恒定律可得
可知三个小球落地时的速度大小相等，由于做平抛运动的小球落地时的速度方向与竖直上抛和竖直下抛小球的落地速度方向不同，因此 三个小球落地时的动量不相同，A错误；
BCD．在相同高度处三个小球以相同的速率分别抛出，可知做竖直上抛运动小球运动的时间大于做平抛运动小球的运动时间，做平抛运动小球的运动时间大于做竖直下抛运动小球的运动时间，由动量定理可得
可知三个小球动量的变化量不相同；上抛球动量的变化量最大；下抛球动量的变化量最小，BD错误，C正确。
故选C。
6. 图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°，单摆的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A. 把摆球质量减小一半，其他条件不变，则单摆的周期变大
B. 把摆角α变大（仍小于5°），其他条件不变，则单摆的周期变大
C. 将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
D. 将此单摆从两极移到地球赤道上，其他条件不变，则单摆的周期将变大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据单摆周期公式可知，单摆周期与摆球质量无关，与摆角无关，故AB错误；
C．其他条件不变，将摆长增加为原来的2倍，则单摆的周期将变为，故C错误；
D．其他条件不变，因为在赤道上的比在两极的小，则单摆的周期将变大，故D正确。
故选D。
二、多选题（每题4分，选对一个2分，多选错选不得分，共16分）
7. 一质点做简谐运动的x-t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该图像是从平衡位置开始计时画出的B. t1时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
C. t2时刻振子的位移最大D. t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
【答案】CD
【解析】
【详解】A.由图像可知t=0时刻x=A，所以该图像是从正向最大位移处开始计时画出的，故A错误；
BD．图像切线斜率的正负表示速度方向，由此可知t1时刻振子正通过平衡位置向负方向运动，t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，故B错误，D正确；
C. t2时刻振子位于负向最大位移处，故C正确。
故选CD。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 在弹性碰撞中，系统的动量和机械能都守恒
B. 在完全非弹性碰撞中，系统损失的机械能最大
C. 在非弹性碰撞中，系统的动量和机械能都不守恒
D. 在非弹性碰撞中，系统的动量不守恒而机械能守恒
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．在弹性碰撞中，系统的合外力为零，动量守恒；弹性碰撞中无机械能损失，则机械能守恒，选项A正确；
B．在完全非弹性碰撞中，碰撞后两物体的速度相等，系统损失的机械能最大，选项B正确；
CD．在非弹性碰撞中，系统的合外力为零，动量守恒，但是机械能不守恒，选项CD错误；
故选AB
9. 如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧和底部组成，头部的质量为m，底部质量为M，弹簧质量不计。初始时，“弹簧小人”静止于水平桌面上。现用手缓慢轻压头部至适当位置后由静止释放，头部不停上下振动，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦力和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（ ）
A. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为，则头部振动的振幅为
B. 若刚释放头部时，头部的加速度大小为，则用手缓慢轻压头部过程中，手对头部做的功为
C. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则头部在最高点的加速度为
D. 若头部在振动至最高点时底部恰好不离开桌面，则刚释放头部时弹簧的压缩量为
【答案】BC
【解析】
【详解】将弹簧小人简化为如图所示模型
A．如图a对应弹簧小人静止时，如图b对应刚释放头部时，如图c对应头部到达最高点时。对图b中的头部
其中
解得振幅
故A错误；
B．将头部从平衡位置按压至最低点过程中，手对头部的压力与头部的回复力大小相等，此过程中，手对头部压力的平均值为
则手对头部做功为
故B正确；
C．图c状态时底部恰不离开桌面，则其他状态时底部也不离开桌面。设此时弹簧的伸长量为，头部的加速度为，对M
对m
解得
由简谐运动的对称性可知，头部在最低点和最高点的加速度大小相等、方向相反，故C正确；
D．图b中m的加速度大小也为
设此时弹簧的压缩量为，对m
解得
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比mA : mB=3 : 1，将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧．烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，A、B两辆小车的（ ）
A. 加速度大小之比aA：aB=1：3
B. 速度大小之比vA：vB=3：1
C. 动能之比EkA：EkB=3：1
D. 动量大小之比
【答案】AD
【解析】
【详解】A．两小车的合外力都等于弹簧弹力，大小相等，根据牛顿第二定律
可知
A正确；
BD．两小车组成的系统合外力为零，满足动量守恒，即
所以
B错误D正确；
C．根据
代入数据得
C错误。
故选 AD。
第II卷（非选择题）
三、实验题（每空3分，共18分）
11. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角小于5°时，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d。
（1）螺旋测微器的读数如图所示，摆球直径d=______。
（2）实验时某同学测得的g值偏小，其原因可能是______。
A. 摆动过程中细绳悬点松动使绳子变长
B. 摆球太重
C. 测出n次全振动时间t，误作为次全振动时间进行计算
D. 用摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为纵坐标、为横坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度______。（用k表示）
【答案】（1）5.801mm ##5.802mm##5.803mm##5.804mm##5.805mm
（2）A （3）##
【解析】
【小问1详解】
摆球的直径为
【小问2详解】
根据单摆周期公式可得
所以造成测得的g值偏小的原因，可能是测得的摆长比实际的摆长偏小，或者测得的周期比实际的周期偏大。
故选A。
【小问3详解】
根据可得
则图像的斜率为
所以重力加速度为
12. （1）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
①若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，为完成实验需满足____．
A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1m2，r1=r2 D．m1m2；选C；②碰后m1，m2做平抛运动，且落地时间相等，可用水平位移代替小球的水平速度，选C；③根据动量守恒，根据②的结论，可得 m1OP=m1OM+m2ON；
考点：验证动量守恒定律．
四、解答题（每题14分，共42分）
13. 如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，回答下列问题：
(1)质点离开平衡位置的最大距离和频率为多少？
(2)质点在10s末的位移是多少和25s末向什么方向运动？
(3)质点在前30 s内的运动路程是多少？
【答案】(1)20 cm，0.025Hz；(2)20 cm，负方向；(3) 60 cm
【解析】
【详解】(1)质点离开平衡位置的最大距离为
周期为
频率为
(2)根据图像，10s末位移为
根据图像，25s末向负方向运动
(3) 质点在前30 s内的运动路程为
14. 质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带长7.2m， g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小是多少？
【答案】1080 N.
【解析】
【详解】选取人为研究对象，人下落过程中由速度位移公式
v2＝2gh
解得
v＝＝12m/s
以竖直向上为正方向，缓冲过程由动量定理得
(F－mg)t＝mv
解得
F＝＋mg＝1080N
由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力大小为1080 N。
15. 如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块以初速度v0从小车左端滑上小车，小车与物块间的动摩擦因数为μ，则
(1)若最终物块与小车达到共同速度v’，试证明：；
(2)若小车质量M=8.0kg，物块质量m=2.0kg，物块滑上小车时的初速度v0=5.0m/s，小车与物块间的动摩擦因数μ=0.50．在整个运动过程中，物块未滑离小车．取g=10m/s2．
a.小车与物块最终达到的速度大小v’；
b.若物块恰好运动到小车最右端未掉下来，小车的长度L.
【答案】(1)由速度公式和动量定理结合即可证明；(2)a、 b、
【解析】
【详解】(1)证明：由题可知，小物块m匀减速运动，小车M匀加速运动直至达到共同速度，根据运动学规律，
对m
对M
整理得
两式相加得
整理得
(2)a.根据
解得
b根据能量守恒
解得．