安徽省合肥市第七中学2023-2024学年高二下学期第一次月考物理试题（Word版附解析）

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一、单选题（本大题共8题，每题4分，共32分）
1. 如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，则（ ）
A. 击球前后球动量改变量的方向水平向左
B. 击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1
C. 击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1
D. 球离开手时的机械能不可能是mgh＋mv12
【答案】C
【解析】
【详解】ABC. 规定水平向右为正方向，击球前球的动量
p1＝－mv1
击球后球的动量
p2＝mv2
击球前后球动量改变量的大小是
Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1
动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；
D. 球离开手时的机械能为
mgh＋mv22
因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是
mgh＋mv12
故D错误。
故选C。
2. 两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，其振动图像如图所示，则（ ）
A. 甲、乙两弹簧振子的频率之比为
B. 时甲具有负向最大加速度
C. 时乙具有正向最大加速度
D. 时甲、乙两弹簧振子的速度方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲的周期为
乙的周期
由关系式
得甲、乙两弹簧振子的频率之比为
故A错误；
B．时，甲在平衡位置处，回复力为零，得加速度为零，故B错误；
C．时，乙速度为零，在正向最大位移处，具有负向最大加速度，故C错误；
D．时，甲乙都处于平衡位置，具有最大的速度，但甲在下时刻位移为正，即甲向正向运动，此时速度方向为正，而乙在下时刻位移为负，即乙向负向运动，此时速度方向为负，得甲、乙两弹簧振子的速度方向相反，故D正确。
故选D。
3. 如图质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为（不计空气阻力，小球可视为质点），下列说法正确的是（ ）

A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为2R
D. 小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度一定大于
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B错误；
C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得
即
解得
故C错误；
D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
解得
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D正确。
故选D。
4. 在光滑水平面上的两个小球发生正碰，图为它们碰撞前后的位置图象，小球的质量分别为m1和m2，已知m1=0.1kg．由此可以判断（ ）
A. 碰前m2、m1都运动
B. 碰后m2和m1运动方向相同
C. 由动量守恒定律可以算出m2=0.3kg
D. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由x−t图象得到，碰前m2的位置不随时间而变化，处于静止，m1的速度大小为
故A错误；
B．由图象可知，碰后m2的速度为正方向，m1的速度为负方向，两物体运动方向相反，故B错误；
C．由图象可知，碰后m2和m1的速度分别为
根据动量守恒定律得
解得
故C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
故D错误。
故选C。
5. 轻质弹簧上端固定于定点P处，其下端焊接一个小球A，在A球下面用细线拴一个小球B，系统静止时，A球的位置记为O，如图所示。已知，B球质量等于A球质量，弹簧的伸长在弹性限度内。现将A、B之间的细线剪断，此后A球在竖直方向做简谐运动，现有下列说法，其中正确的是（ ）
A. O点是小球做简谐运动的平衡位置
B. A球运动到最高点时，弹簧的长度大于其自然长度
C. A球运动到最高点时，弹簧的长度等于其自然长度
D. A球运动到最高点时，弹簧的长度小于其自然长度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知O点是小球做简谐运动的最大位移处，A错误；
BCD．设A、B球质量均为，A球处于最低点时，弹簧弹力
此时弹簧的伸长量为
处于平衡位置时
此时弹簧的伸长量为
根据对称性可知A将在弹簧的形变量为到0之间做振幅为的简谐振动，所以A球运动到最高点时，弹簧的长度等于其自然长度，故C正确，BD错误。
故选C。
6. 《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设船的质量为，人和船组成的系统在水平方向动量守恒，设人行走时任意时刻的速度大小为，船后退的速度大小为，人从船尾到船头所用时间为，则根据动量守恒定律有
整理可得
在等式两边同乘以时间可得
即有
解得
故选D。
7. 甲、乙两物体的质量分别为和，且，它们运动过程中受到相同的阻力作用，则（ ）
A. 若它们的初动能相同，则甲物体运动的时间较长
B. 若它们的初动能相同，则乙物体运动的时间较长
C. 若它们的初动量相同，则甲物体运动的时间较长
D. 若它们的初动量相同，则乙物体运动的时间较长
【答案】B
【解析】
【详解】A B．设它们初动能为，动量大小分别为
因为，得
设阻力大小为，规定速度方向为正方向，由动量定理得
得
因此
A错误，B正确；
C D．若它们的初动量相同，设为，由动量定理得
得
若它们的初动量相同，则甲、乙物体运动的时间一样长。CD错误。
故选B。
8. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A. 0.2NB. 0.6NC. 1.0ND. 1.6N
【答案】B
【解析】
【详解】豆粒下落到秤盘上的速度
反弹后速度大小为
设向上为正方向，在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，由于碰撞力远大于豆粒受到的重力，则可忽略豆粒的重力，每个豆粒只与秤盘碰撞一次，可认为碰完后豆粒都离开了秤盘平台，根据动量定理得
得
由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N。
故选B。
二、多选题（本大题共4题，每题4分，共16分）
9. 在光滑的水平面上有静止的物体A和B，物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（ ）
A. B的速率是A的2倍
B. A的动量大小大于B的动量大小
C. A受到的合外力等于B受到的合外力
D. A、B组成的系统的总动量为零
【答案】AD
【解析】
【详解】ABD．根据题意可知，弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则有
所以
即物体A的动量大小与物体B的动量大小相等，方向相反，总动量为零，B的速率是A的速率的2倍，故AD正确，B错误；
C．A、B受到的合外力大小相等，均等于弹簧弹力，而方向相反，故C错误。
故选AD。
10. 一质量为的物块静止在光滑水平地面上。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图像如图所示，取重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 时物块的动量大小为
B. 时物块的动量大小为
C. 前2s内，物块一直做加速运动
D. 在的时间内，物块受到力F的冲量为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.由题可知，F是物体的合力，由动量定理可得时物块的动量大小是
故A正确；
B. 时物块的动量大小为
故B错误；
C. 前2s内，力的大小改变但方向不变，所以物块一直做加速运动，故C正确；
D. 在的时间内，力的大小变化，但与时间是一次函数关系，所以块受到力F的冲量为
故D错误。
故选AC。
11. 如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B. 若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LⅠ：LⅡ＝25：4
C. 图线Ⅱ若表示是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1m
D. 若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示是在地面上完成的
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz；当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式
f＝
可知，g越大，f越大，所以
gⅡ＞gⅠ
又因为
g地＞g月
因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；
B．若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有
＝
所以
＝
B正确；
CD．fⅡ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示是在地面上完成的，根据g＝9.8m/s2，
可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误。
故选ABC。
12. 如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物体A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板。现让一质量为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘为一体，之后在斜面上做简谐运动，在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为 ，则（ ）
A. 简谐运动的振幅为B. 简谐运动的振幅为
C. B对C的最大弹力为D. B对C的最大弹力为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡状态，由
kx=2mgsinθ
可知，平衡位置时弹簧的形变量为

处压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有
mgsinθ=kx+mgsinθ
故弹簧应伸长达最大位移处，此时形变量
此时弹簧处于伸长状态；
故简谐运动的振幅为
A=x+x0=+=
故B正确，A错误；
CD．当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为
此时弹力为
F=k（A+x0)=
B对C的弹力为
F+mgsinθ=
故C错误，D正确；
故选BD。
三、实验题（本大题共1题，每空2分，共14分）
13. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）利用摆长L和周期T计算出来的重力加速度的公式是：___________。如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如左下图所示，那么单摆摆长是___________cm。如果测定了40次全振动的时间如右下图中秒表所示，那么秒表读数是___________s，单摆的摆动周期是___________s。
（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A. 测量摆线长时摆线拉得过紧
B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
C. 开始计时时，秒表过迟按下
D. 实验中误将49次全振动数50次
（3）某同学在做“用单摆测定重力加速度”实验时，以（T为周期）为纵坐标，以摆长L为横坐标，多取几组T与L值，采用描点法在图上得到一条过原点的直线，如图所示中的a，若该同学在实验中将摆线长当作摆长，得到的图线将是___________（填“a”、“b”或“c”）。用该直线求得的重力加速度将___________（“偏大”，“偏小”或“不变）
【答案】（1） ①. ②. 87.40 ③. 75.2 ④. 1.88
（2）B （3） ①. b ②. 不变
【解析】
【小问1详解】
[1]根据单摆周期公式
解得
[2]摆长等于悬点到球心的距离，则摆长为
[3]秒表的读数为
[4]单摆的周期为
【小问2详解】
根据
A．测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误。
故选B。
【小问3详解】
[1][2]由单摆周期公式
可知
则图线的斜率为
则加速度为
若该同学在实验中将摆线长当作摆长，则有
由此得到图线是图中b，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变。
四、解答题（本大题共3题，第14题12分，第15题12分，第16题14分，共38分）
14. 如图，轻绳上端固定在O点，下端将质量的小球悬挂在A点。质量的玩具子弹，以的速度射向小球，与小球碰撞后，又以的速度弹回。已知绳长为，g取，。求：
（1）碰撞后瞬间小球达到的速度。
（2）碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度。
（3）从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到A点。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统根据动量守恒可得
解得碰撞后瞬间小球达到的速度为
（2）碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律可得
解得最高点相对于A点的高度为
（3）由于最高点的高度和绳长相比满足
所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式
解得
从碰撞后瞬间开始计时，小球第一次回到A点经过的时间为
15. 如图光滑地面上静止放置一个质量的木板。滑块质量，初速度从左端滑上木板，已知木块与木板之间的动摩擦因数为。g取。滑块尺寸足够小，木板足够长。求：
（1）m、M最终速度；
（2）m在M上滑动过程中，滑块m运动的时间。
（3）若木板长度，问滑块能否滑出木板？若不能滑出，求m的最终速度；若能滑出，求m滑出木板时的速度。
【答案】（1），；（2）；（3）能，
【解析】
【详解】（1）与组成的系统动量守恒，木板足够长，可以滑块与板最终会共速，对系统，根据动量守恒定律
解得的最终速度均为
（2）对滑块根据动量定理
解得
（3）假设不滑出木板，根据能量守恒可得
解得
可知滑块滑出木板，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
16. 如图所示，小物块A与小物块B相距，A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间的水平地面粗糙，A与粗糙水平地面间的动摩擦因数为，在B右侧光滑水平地面上有一曲面劈C，C的质量为M=5m，曲面下端与水平面相切，曲面劈的弧面光滑且足够高。现让小物块A以水平速度向右运动，与小物块B发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈C，沿曲面滑行到某高度后又滑下，重力加速度为g。求：
（1）A、B碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A、B在曲面劈C上能够达到的最大高度h；
（3）物块A、B与曲面劈分离时，A、B和曲面劈的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）物块A在与B碰撞之前，根据动能定理有
A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律有
A、B碰撞过程中系统损失的机械能
解得
（2）A、B碰撞后对A、B、C构成的系统，水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
（3）物块A、B与曲面劈分离过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
可知，A、B和曲面劈的速度大小分别为，。