福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）

这是一份福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版），文件包含福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题原卷版docx、福建省福州市闽侯县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
完卷时间：75分钟 满分：100分
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个选项正确。选对的得4分，选错或不答的得0分。）
1. 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示。下列结论正确的是（ ）
A. 小球在O位置时，动能最大，加速度为零
B. 小球在A、B位置时，加速度最大，速度也最大
C. 小球从A经O到B的过程中，速度一直增加
D. 小球从A到O的过程中，弹簧的弹性势能不断增加
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．小球在O位置时，速度最大，动能最大；回复力为零，加速度为零，选项A正确；
B．小球在A、B位置时，加速度最大，速度为零，选项B错误；
C．小球从A经O到B的过程中，速度先增加后减小，选项C错误；
D．小球从A到O的过程中，弹簧的形变量逐渐减小，则弹性势能不断减小，选项D错误。
故选A。
2. 渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则（ ）
A. 该波的波速为1.5m/sB. 该波沿x轴负方向传播
C. 0~1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5mD. 0~1s时间内，质点P运动的路程为2m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，该波的波长，由图2可知周期T=1×10-5s，则该波的波速
A错误；
B．由图2可得，在t=0时刻，P质点沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；
C．质点P只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，C错误；
D．质点P的振幅是5×10-6m，在0~1s时间内共振动了个周期，运动的路程是
s=4×5×10-6×105m=2m
D正确。
故选D。
3. 鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的冲击力约为（ ）
A. 1.05×104NB. 5.25×104N
C. 7.88×104ND. 2.63×105N
【答案】B
【解析】
【详解】设时间内与墙壁碰撞的水的质量为
取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对时间内的水，在水平方向根据动量定理有
联立解得
根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为。
故选B。
4. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度向右运动，另有一质量为的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
得
以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得
由机械能守恒定律得：弹簧的最大弹性势能
故选C。
二、多选题（本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确。全选对的得6分，漏选得3分，错选或不答的得0分。）
5. 如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则（ ）。
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz
C. 当转速增大为300r/min时，弹簧振子振幅增大
D. 当转速减小为180r/min时，弹簧振子的振幅增大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．匀速转动摇把，转速为240r/min，则其周期为
频率为
振子为受迫震动，则稳定后频率与驱动力的频率相同，所以当振子稳定振动时，振动频率和周期分别为
故A错误，B正确；
CD．当驱动力的频率与振子的固有频率相同时，产生共振，此时振子振幅最大，当驱动力频率与振子固有频率不同时，驱动力频率越接近固有频率，振幅越大，振子固有频率为2Hz，此时驱动力频率为4Hz，当转速为300r/min和180r/min时对应频率分别为5Hz和3Hz，则可得当转速增大为300r/min时，弹簧振子的振幅减小，当转速减小为180r/min时，弹簧振子的振幅增大，故C错误，D正确。
故选BD。
6. 如图所示，质量相等的A、B两球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是-2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有可能实现的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】设每个球质量均为m，取向右为正方向，则碰前系统总动量
碰前的总动能
A．若vA′ = -2m/s，vB′ = 6m/s，碰后总动量动量守恒，总动能总动能不变，A可能实现，故A正确；
B．若vA′ = 2m/s，vB′ = 2m/s，碰后总动量总动能动量守恒，机械能减少，B可能实现，故B正确；
C．若vA′ = 2.5m/s，vB′ = 1.5m/s，碰后总动量守恒，机械能减少，但
vA'>vB'
还会发生第二次碰撞，不满足题意，故C错误；
D．若vA′ = -3m/s，vB′ = 7m/s，碰后总动量总动能动量守恒，但机械能增加，D不可能实现，故D错误。
故选AB。
7. 如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好（无碰撞）停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则（ ）
A. 两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为
B. 两购物车碰撞后瞬间的速度大小为
C. 两购物车碰撞时的能量损失为
D. 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为
A错误；
B．设两购物车碰撞后瞬间的速度大小为，根据动能定理有
解得
C．设第一辆车碰前的速度为，根据动量守恒定律，有
解得
根据能量守恒定律，有
C正确；
D．设第一辆购物车开始运动时的速度大小为，根据动能定理有
解得
工人给第一辆购物车的水平冲量大小为
D正确。
故选CD。
8. 如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（ ）
A. 0~4s时间内拉力的冲量共为3.2N·s
B. t=4s时滑块的速度大小为9.5m/s
C. 木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·s
D. 木板的速度最大为2m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】A、拉力F冲量等于F-t图像的面积，0~4s时间内拉力的冲量I= ，A错误；
B、滑块与木板间恰好打滑时，对木板: .
对滑块:
解得 F0=0.5N，a0=0.5m/s2.
所以t=0时刻，A. B恰好开始打滑
对滑块:IF−μmgt=mv1，解得4s末滑块的速度v1=9.5m/s，B正确；
C、t=4s时，木板的速度v2=a0t=0.5×4=2m/s，
之后A加速，B减速，直到共速．取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1+Mv2=(m+M)v
解得木板的最大速度v=3.5 m/s
对木板:由动量定理得I=Mv
解得I=2.8N⋅s，C正确，D错误；
故选BC．
三、填空题（本题共3小题，每空2分，共12分）
9. 如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s时第一次到达B点。已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为，则该简谐运动的周期为________s，振幅为________m。
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【详解】[1]根据简谐运动的对称性可知，A、B两点关于平衡位置对称，从向右经过A到第一次到达B经过了半个周期的振动，则周期为
[2]这段时间路程为
解得振幅为
10. 一个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）如图上所示，则此单摆的摆长约为______m（结果保留1位有效数字）；若摆长增大，共振曲线的峰将向______（选填“左”或“右”）移动。
【答案】 ①. 1 ②. 左
【解析】
【详解】[1][2]由共振曲线可知该单摆的固有周期为
由单摆周期公式
可知摆长
若摆长增大，根据单摆周期公式，可知单摆的固有周期增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动。
11. 如图，质量为30kg的物体M静止放在光滑水平面上，现用与水平方向成30°角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为20N，作用时间为10s。在此过程中，力F对物体的冲量大小为____________N·s，10s末物体的动量大小是__________kg·m/s。
【答案】 ①. 200 ②.
【解析】
【详解】[1]由冲量定义可得，力F对物体的冲量大小为
[2]对物体由动量定理得
解得
四、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
12. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为t，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。回答下列问题：
（1）同学用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为______cm；
（2）根据题目中给的物理量，计算本地重力加速度的表达式为g=______。
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是______。
A. 实验时，摆球振幅太小
B. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C. 开始计时时，停表过迟按下
D. 实验时误将49次全振动记为50次
（4）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的______（选填“①”“②”或“③”）。
【答案】12. 2.125
13.
14. B 15. ①
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的读数为
【小问2详解】
根据单摆周期公式
其中
解得
【小问3详解】
A．单摆周期与振幅无关，所以不会影响g的值，故A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆线的测量值偏小，根据
可知g值偏小，故B正确；
C. 开始计时时，停表过迟按下，则的测量值偏小，根据
可知g值偏大，故C错误；
D. 实验时误将49次全振动记为50次，则的测量值偏大，根据
可知g值偏大，故D错误。
故选B。
【小问4详解】
根据单摆周期公式
可得
若把小球直径当作半径来计算摆长，则实际应为
可知，摆长偏大，对斜率无影响，纵截距为负值，即为①。
13. 如图用“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）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程。然后把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相撞，并多次重复（假设两小球可视为质点）。下列中必要的步骤是______（填选项的符号）
A. 用天平测量两个小球的质量、
B. 测量小球开始释放高度
C. 测量抛出点距地面的高度H
D. 测量平抛射程OM，ON
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______（用、、OP、OM、ON表示）；
（3）若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是______（填选项前的符号）。
A.
B.
C.
【答案】（1）AD （2） （3）A
【解析】
【小问1详解】
[1]要验证动量守恒定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间相等，因此有平抛运动在水平方向做匀速直线运动可知
，，
导入动量守恒可得
因此实验需要测量的两个小球的质量，小球的水平位移，AD正确。
故选AD。
【小问2详解】
[2]由（1）分析可知，两小球碰撞后动量守恒，其表达式为
【小问3详解】
[3]若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知
联立动量守恒可得
，
代入水平位移与平抛时间关系可得
，
分析可得
即
故选A。
五、解答题（本大题共3小题，共34分。第14题8分，第15题10分，第16题16分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）
14. 质量的篮球从距地板的高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度从释放到弹跳至h高处经历的时间，忽略空气阻力，取重力加速度，求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能。
（2）篮球对地板的平均撞击力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能
（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为，刚接触地板时的速度大小为；反弹离地时的速度大小为，上升的时间为，由动能定理和运动学公式，下落过程有

解得
上升过程有

解得
篮球与地板接触时间
设地板对篮球的平均撞击力大小为F，取向上为正方向，由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力大小
方向向下
15. 如图所示为一列简谐横波沿x轴传播的波形图，图中实线和虚线分别对应和时的波形曲线，介质中的质点沿y轴方向做简谐运动。
（1）求该波的振幅A和波长λ；
（2）如果波沿+x方向传播，求波速v；
（3）如果波速，判断波的传播方向，并写出以时刻为计时起点、平衡位置为处的质点的振动方程。
【答案】（1），；（2）；（3）沿x轴负方向传播，
【解析】
【详解】（1）由图可知，振幅为
波长为
（2）在内，波沿+x方向传播距离为

波速为
，
联立解得
（3）若波速为，则传播的距离
可知波沿x轴负方向传播，时刻平衡位置为处的质点正向y轴正方向运动，同时有
，
所以平衡位置为处的质点的振动方程为
16. 如图，MP为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙。MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C，P端右侧竖直平面内固定一光滑的圆弧轨道PQ，圆弧轨道与水平面相切于P点。两小球A、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球A、B瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端Q点竖直飞出，飞出后离Q点的最大高度为L，B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为。已知A、B两球的质量均为m，NP段的长度和圆弧的半径均为L，A球与NP间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g，A、B分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触。
（1）求小球A第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小；
（2）求斜面体C的质量。
（3）试判断A、B球能否再次相遇。
‍‍
【答案】（1）；（2）；（3）两球不能再次相遇
【解析】
【分析】
【详解】(1)设小球A经过P点的速度为vP，从P点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
设A在P点受到圆形轨道的支持力为N，由牛顿第二定律得
联立解得
据牛顿第三定律可知，A对圆形轨道的压力大小为5mg。
(2)设刚分离时A的速度为v1，A从分离时到运动至P点的过程中，据动能定理可得
设刚分离时B的速度为v2，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得
设斜面体C的质量为mC，B在C上达到最大高度时，B与C共速，设此时两者速度为v3，B从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得
据机械能守恒定律可得
联立解得
(3)设A下滑后向左通过PN后的速度为v4，在A从最高点下滑向左通过PN的过程中，据动能定理可得
解得
设B从C上滑回地面时B的速度为v5，C的速度为v6，从B球开始滑上C到再滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
联立解得
由于，故两球不能再次相遇。