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    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)

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    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

    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

    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。

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