福建省永安市第三中学高中校2023-2024学年高二下学期第一次月考物理试题

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一、单选题（每小题3分，共24分）
1.下列物理现象分别属于波的( )
(1)夏天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；
(2)“闻其声而不见其人”；
(3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；
(4)当正在鸣笛的火车驶过时，听到鸣笛声的频率先变高后变低。
A. 反射、衍射、干涉、多普勒效应B. 折射、衍射、多普勒效应、干涉
C. 反射、折射、干涉、多普勒效应D. 衍射、折射、干涉、多普勒效应
1、【答案】A
【解析】解：(1)夏天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，是由于声音在云层间来回传播，这是声音的反射；
(2)“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
(3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，这是声音的干涉；
(4)当正在鸣笛的火车向我们驶来时，听到鸣笛声的频率变高；当正在鸣笛的火车远离我们后，听到的笛声的频率变低。根据以上分析，A正确，BCD错误；
故选：A。
一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，说明声音在云层之间来回传播，是反射；
听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
忽强忽弱的声音是两列波发生干涉，有振动加强和振动减弱区域；
根据多普勒效应，离波源越来越近时，我们接受的频率越来越大，离波源越来越远时，我们接收到的频率越来越小。
明确多普勒效应，知道声音的干涉，衍射和反射。
2．某同学观察一束光从空气射向水中的反射和折射现象，画出的光路图正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2、【答案】B
【详解】光由空气射入水中时，同时发生反射和折射，由反射定律知，反射角等于入射角，且分居法线两侧。又因为水相对于空气是光密介质，则由折射定律知，光由空气射入水中发生折射时，入射角大于折射角，且分居法线两侧。
故选B。
3. 如图所示为某弹簧振子在0~5s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是（ ）
A. 振动周期为5s，振幅为8cm
B. 第2s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C. 从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D. 第3s末振子的势能最大
3、【答案】B
【解析】
【详解】A．由振动像可知，振动周期为4s，振幅为8cm ，A错误；
B．第2s末振子在负方向最大位移处，速度是零，由振子的加速度公式，可知加速度为正向的最大值，B正确；
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，由振子的加速度公式，可知振子在做加速度增大的减速运动，C错误；
D．第3 s末振子在平衡位置，速度最大，动能最大，位移是零，势能是0，D错误。
故选B。
4.一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s.某时刻波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 这列波的振幅为4cmB. 这列波的周期为1s
C. 此时x=4m处质点沿y轴负方向运动D. 此时x=4m处质点的加速度为0
4、【答案】D
【解析】解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm。故A错误。
B、由图知，波长λ=8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=84s=2s。故B错误。
C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。
D、此时x=4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。
故选：D。
由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λT算出周期．由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度．
根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力．
5. 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A. 30B. 5.7×102
C. 6.0×102D. 6.3×102
5、【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得火箭的动量
负号表示方向，大小为30。
故选A。
6. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A. pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s
B. pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s
C. pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s
D. pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s
6、【答案】A
【解析】
【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能为
系统的总动量为
A．若碰后A、B两球动量为：pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s，系统的总动量为
则动量守恒，总动能为
总动能不增加，符合实际情况，故A正确；
B．若碰后A、B两球动量为：：pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s，系统的总动量为
动量守恒，总动能
总动能增加，不符合实际情况，故B错误；
C．若碰后A、B两球动量为：pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s，系统的总动量为
动量守恒，总动能为
总动能增加，不符合实际情况，故C错误；
D．若碰后A、B两球动量为：pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s，系统的总动量为
动量守恒，但A球碰后动量大于B球动量，则A球速度大于B球速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
7．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻波传播到处的点，再经过，质点第一次到达波峰，质点在处，下列说法错误的是（ ）

A．这列波传播的速度大小为
B．时刻，点第一次到达波谷
C．这列波与频率为的波相遇可以发生干涉
D．当质点运动的路程为时，质点运动的路程为
7、【答案】B
【详解】A．设波的周期为T，根据题意可知
所以该列波的周期为
T=0.4s
则
=5m/s
故A正确；
B．Q质点第一次到达波谷的时间为
故B错误；
C．该列波的频率
与频率为2.5Hz的波相遇可以发生干涉，故C正确；
D．根据题意可知，从0时刻到质点Q运动的路程为6cm时，所用时间为半个周期，则P振动了3.5个周期，此过程中质点P运动的路程为
s=3.5×4A
代入数据解得
s=42cm
故D正确。
本题选择错误选项；
故选：B。
8. 如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为和的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度，当甲物体的速度减小到1 m/s方向向右时，弹簧最短，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A. 此时乙物体的速度为3 m/s
B. 紧接着甲物体将开始做加速运动
C. 甲、乙两物体的质量之比
D. 当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向右
8、【答案】C
【解析】
【详解】A．根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短，此时甲乙共速，故
故A错误；
C．把甲、乙看成一个系统满足动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故C正确；
B．弹簧被压缩短后，弹簧逐渐恢复原长，乙依然加速，甲继续减速，故B错误；
D．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小
所以当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向左，故D错误。
故选C。
二、多选题（每小题4分，共16分）
9．如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）

A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=Tc＜Tb
B．达到稳定时b摆的振幅最大
C．由图乙可知，此时b摆的周期Tb小于t0
D．a摆的摆长为
9．AD
【详解】A．由单摆周期公式，可知固有周期关系为Ta=Tc＜Tb，故选项A正确；
B．因为Ta=Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆振幅最小，故选项B错误；
C．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故Tb等于，故选项C错误；
D．由图乙与前面的分析可知a摆的周期为t0，由解得
故选项D正确。
故选AD。
10．如图所示，ABC是某三棱镜的横截面，∠B=30°，∠C=90°，直角边AC＝2L，一平行于BC的单色光从斜边上的D点射入棱镜，经棱镜两次折射后，从AC边的中点E射出，出射光线与AC边的夹角θ=30°。已知该单色光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．D点到A点的距离为L
B．单色光在D点的折射角γ=45°
C．三棱镜对该单色光的折射率为
D．该单色光从D点传播到E点的时间为
10、【答案】AC
【详解】A．设光线从D点射入的入射角为，从E点射入的入射角为，射出时折射角为，三棱镜对该单色光的折射率为，根据折射定律，有
根据几何关系有
，
所以有
因为∠A=60°，所以为等边三角形，有
A正确；
BC．由几何关系可得
B错误，C正确；
D．该单色光在介质中的传播速度为
该单色光从D点传播到E点的时间为
D错误。
故选AC。
11.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 该波的周期是0.10s
B. 该波的传播速度为40m/s
C. 该波沿x轴的负方向传播
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
11、【答案】BC
【解析】解：A、由图乙可知，该波的周期是T=0.20s，故A错误；
B、由甲图知波长λ=8m，则波速为：v=λT=80.20m/s=40m/s，故B正确；
C、在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C正确；
D、该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为Δt=0.15s=34T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误。
故选：BC。
分别由两图读出波长和周期，求出波速；由乙图读出，Q点在t=0.10s时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向；根据时间与周期的关系求出路程。
本题有一定的综合性，考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在34周期内振动的路程才是3A。
12．质量分别为m1和m2的两个物块在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，其x-t图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．两物块的质量之比m1：m2=1：3B．两物块的质量之比m1：m2=1：2
C．两物块碰撞后粘在一起D．此碰撞一定为弹性碰撞
12．AD
【详解】AB．由图像可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度
v1==4 m/s
碰撞后m1的速度
v1'==－2 m/s
m2的速度
v2'==2 m/s
两物块碰撞过程动量守恒，有
m1v1=m1v1'+m2v1'
解得
m2=3m1
A项正确，B项错误；
CD．碰撞前总动能
E1=m1
碰撞后总动能
E=m1v1'2+mv2'2=E1
碰撞前后系统动能不变，故该碰撞是弹性碰撞，碰后两者速度反向，则C项错误，D项正确。
故选AD。
填空题（每空2分，共8分）
13. 如图所示为振幅、频率相同的两列横波在时刻相遇时发生干涉的示意图，实线与虚线分别表示波峰和波谷。若两列波的振幅均为，波速和波长分别为和，则点为振动___________（填“加强”或“减弱”）点；从到的时间内，点通过的路程为___________。
【答案】 ①. 减弱 ②.4
14．如图，一细束复色光射向平行板玻璃砖后，分散成两束单色光a和b，则玻璃对a光的折射率 （选填“大于”“等于”或“小于”）玻璃对b光的折射率；在该玻璃中传播时，a光的传播速度 （选填“大于”“等于”或“小于”）b光的传播速度。
14、【答案】 大于 小于
【详解】[1]由图可知，单色光a的偏折程度较大，所以玻璃对a光的折射率大于玻璃对b光的折射率。
[2]根据
可知，在该玻璃中传播时，a光的传播速度小于b光的传播速度。
四、实验题（每空2分，共16分）
15. 用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
（1）实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______；
A． B． C．
（2）关于该实验，下列说法正确的有______；
A．斜槽轨道可以不光滑
B．铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C．入射球和被碰球的半径必须相同
D．实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______。
15、【答案】 ① C ②. AC ③.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球不被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即
故选C。
（2）[2]A．只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，A正确；
B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，B错误；
C．为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，C正确；
D．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，D错误。
故选AC。
（3）[3]设小球在空中运动的时间为，若满足动量守恒定律有
整理得
16．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

（1）为了减少测量误差，下列做法正确的是
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
（2）用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，为 cm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L；然后用停表记录了单摆完成60次全振动所用的时间如图乙所示，该单摆的周期是T= s（结果保留三位有效数字）。

（3）实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，画出T2-L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是 。
A．g B． C． D．
（4）如果测得的g值偏小，可能的原因是 。
A．测摆长时只测量了摆线长度而忘记考虑小球半径
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，导致摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将59次全振动的次数记为60次
16． BC 2.125 2.10 C AB
【详解】（1）[1] A．摆长一定的情况下，摆角不超过5°，并非摆的振幅越大越好，故A错误；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C．实验过程摆长应保持不变，为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故C正确；
D．为减小误差，计时起点应选平衡位置，故D错误。
故选BC。
（2）[2] 20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，不需要估读，则摆球的直径为
[3]秒表的读数为
该单摆的周期为
（3）[4] 由周期公式
可得
可知，图线斜率为
故选C。
（4）[5]根据
A．摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，测摆线长时测了悬线的总长度，没有测出摆球半径，所测摆长偏小，可知测得的g值偏小，故A正确；
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，可知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D．实验时误将59次全振动数为60次，周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故D错误。
故选AB。
五、计算题（17题8分，18题12分，19题16分，共36分）
17．“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60kg，橡皮绳原长20m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为5s，g取10m/s2，求：
（1）此人下落到橡皮绳刚伸直时，人的动量是多少？
（2）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力为多大？
17．（1）1200kg·m/s；（2）1000N
【详解】（1）人做自由落体运动，下落20m高度时，根据速度位移关系
解得
所以此时人的动量大小为
（2）人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则
橡皮绳作用时间为
取向上为正方向，由动量定理得
解得橡皮绳对人的平均作用力大小为
18．一列简谐波在x轴上传播，如图所示，时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示。已知，问：
（1）若波沿x轴正方向传播，且，这列波的传播速度是多大？
（2）若波沿x轴负方向传播，且无约束条件，波速是多大；
（3）若波速，则波向哪个方向传播？
18、【答案】（1）40m/s；（2），n=0、1、2、3…；（3）沿x轴负方向传播
【详解】（1）波沿x 轴正方向传播, 因为Δt 故波速
（2）波沿x轴负方向传播，传播的距离
则波速
（3）波在△t时间内传播的距离
波形沿传播方向传播整数个波长的距离与原波形重合，即虚线波形可看做原波形沿波的传播方向移动 后得到的，故波应向左传播，即沿x轴负方向传播。
19.如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L．PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨.导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，a、b为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上.已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其它电阻不计.金属棒a和b都从距水平面高度为ℎ的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰.若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦．
(1)金属棒b向左运动速度大小减为0时，金属棒a的速度多大？
(2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程b棒产生的焦耳热多大？
(3)从b棒速度减为零至两棒达共速过程中二者的位移差是多大？
19、【答案】解：(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒定律有：
mgℎ=12mv2
v0= 2gℎ
两棒同时进入磁场区域的初速度大小均为v0，规定向右为正方向，在水平轨道上运动的时动量守恒，可得
3mv0−mv0=3mv1
解得：v1=23 2gℎ；
(2)b棒做匀速运动时速度为v2，此时a棒与b棒共速，由动量守恒定律：
3mv0−mv0=4mv2
解得：v2=12 2gℎ
由能量守恒定律得：
Q总=4mgℎ−12·4mv22
Qb=34Q总
代入解得：Qb=94mgℎ；
(3)对b有：BILt=mv2−0，即BLq=m 2gℎ2
q=It=ER总t=ΔΦ4R=BLΔx4R
联立解得：Δx=2mR 2gℎB2L2。
答：(1)金属棒b向左运动速度大小减为零时金属棒a的速度大小v1=23 2gℎ；
(2)此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热Qb=94mgℎ；
(3)从b棒速度减为零至两棒达到共速过程中二者的相对位移是Δx=2mR 2gℎB2L2。
【解析】本题是电磁感应过程中的动量守恒，动量定理和能量关系的综合应用，较难。
(1)金属棒下滑过程根据机械能守恒得出到达最低端的速度，两棒同时进入磁场区域的初速度大小均为v0，在水平轨道上运动的时动量守恒，列式可得金属棒b向左运动速度大小减为零时金属棒a的速度大小；
(2)由于a、b棒在水平方向所受合外力为零，故动量守恒，根据动量守恒和能量守恒可得产生的热量；
(3)对b棒根据动量定理列式，根据动生电动势和闭合电路欧姆定律联立可得相对位移。