2023-2024学年江苏省宿迁北附同文实验学校高二上学期9月月考物理试卷含解析

这是一份2023-2024学年江苏省宿迁北附同文实验学校高二上学期9月月考物理试卷含解析，共10页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列关于描述运动的物理量的理解正确的是( )
A. 质点是理想化物理模型，实际生活中是不存在的
B. 参考系是为了描述运动引入的，所以只能以静止的物体为参考系
C. 第一秒末到第二秒初的时间间隔是一秒钟
D. 位移是矢量，路程是标量，所以路程是位移的大小
【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了基本物理概念，注意路程与位移的区别，时间是标量，难度不大，属于基础题。
【解答】
A.质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，实际上并不存在，故A正确；
B. 参考系是为了描述运动引入的，参考系的选择是任意的，故B错误；
C. 第一秒末和第二秒初是同一时刻，故C错误；
D. 位移是矢量，路程是标量，只有在单向直线运动中，路程才等于位移的大小，故D错误。
故选A。
2. 003号航母“福建舰”已经正式下水，服役后我国可在紧急时刻组成三支航母战斗群。如图所示是舰载机在“辽宁舰”上起飞的情景，下列说法正确的是( )
A. 选舰载机为参考系，“辽宁舰”是静止的
B. 选舰载机为参考系，舰载机驾驶员是运动的
C. 选“辽宁舰”为参考系，舰载机是运动的
D. 选舰载机驾驶员为参考系，“辽宁舰”是静止的
【答案】C
【解析】A.选舰载机为参考系，“辽宁舰”是运动的。故A错误；
B.选舰载机为参考系，舰载机驾驶员是静止的。故B错误；
C.选“辽宁舰”为参考系，舰载机在“辽宁舰”上起飞过程，舰载机是运动的。故C正确；
D.选舰载机驾驶员为参考系，“辽宁舰”是运动的。故D错误。
故选C。
3. 下列物理量中，属于矢量的是( )
A. 质量B. 电势能C. 功D. 力
【答案】D
【解析】解：ABC、质量、电势能和功都是只有大小没有方向的物理量，都是标量，故ABC错误；
D、力既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故D正确。
故选：D。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能、功、电势能等都是标量。
矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
4. 如图所示是“测量做直线运动物体的瞬时速度”实验中打出的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔为T，则打下C点时物体的速度可表示为( )
A. s2−s12TB. s2−s1TC. s2+s12TD. s2+s1T
【答案】C
【解析】由匀变速直线运动某过程中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得
vC=S1+S22T
故选C。
5. 如图所示，在研究平抛运动时，用如图所示装置研究平抛运动。改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两个小球总是同时落地。该实验现象说明了A球在离开轨道后( )
A. 竖直方向的分运动是自由落体运动B. 水平方向的分运动是匀加速直线运动
C. 水平方向的分运动是匀速直线运动D. 竖直方向的分运动是匀速直线运动
【答案】A
【解析】解：因为B球做自由落体运动，而A球与B球同时落地，说明A球在竖直方向上的分运动是自由落体运动，而因为缺少水平方向的运动对比，所以无法确定水平方向的运动类型，故A正确，BCD错误；
故选：A。
因为两个小球总是同时落地，说明竖直方向上的运动类型相同；
因为没有水平方向的运动对比，所以无法得出水平方向上的运动类型。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，能根据实验现象得出对应的实验结论即可，属于简单题型。
6. 如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的( )
A. 弹力越来越大，弹性势能越来越大B. 弹力越来越小，弹性势能越来越小
C. 弹力先变小后变大，弹性势能越来越小D. 弹力先变大后变小，弹性势能越来越大
【答案】A
【解析】【分析】
明确胡克定律以及弹性势能的定义，知道形变量越大，弹力越大，弹性势能越大。
本题考查对胡克定律和弹性势能的掌握，要注意两个公式中的x均为形变量，不是弹簧的长度。
【解答】
滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中弹簧的形变量增加，故由胡克定律F=kx可知，弹力越来越大，由弹性势能EP=12kx2可知，弹性势能也越来越大，故A正确，BCD错误。
7. 一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第三次喷出气体后，火箭的速度大小为
A. 3mv0M−3mB. mv0M−3mC. 3Mv0M−3mD. Mv0M−3m
【答案】A
【解析】【分析】
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，满足动量守恒定律，根据动量守恒定律进行列式即可求解当第三次喷出气体后，火箭的速度大小。
本题主要考查动量守恒在反冲问题中的运用，掌握动量守恒的内容是解题的关键。
【解答】
设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得M−3mv−3mv0=0，故v=3mv0M−3m，故A正确，BCD错误。
8. 如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，当甲轻轻推乙后，两个人会向相反的方向滑去，则下列判断正确的是( )
A. 推后两人的动能一定相等B. 推后两人的动量一定相同
C. 推后两人的速率一定相等D. 甲轻推乙的过程中，两人的动量之和一定为零
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了动量守恒定律；解决本题的关键是掌握动量守恒的条件：合外力为零，判断出两人组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律列式分析。
以两人组成的系统为研究对象，不计摩擦力系统的合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律分析。
【解答】
以两人组成的系统为研究对象，不计摩擦力系统的合外力为零，系统的动量守恒，A推B之前系统的总动量为0，则推之后两人的总动量一定为0；取A的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mAvA−mBvB=0，即有mAvA=mBvB；可得vAvB=mBmA，所以推后两人的动量大小一定相等，但方向不同，所以推后两人的动量不同；质量不一定相等，则动能不一定相等，速度大小与质量成反比，不一定相等；
故ABC错误，D正确。
9. 对于做简谐运动的弹簧振子，下述说法正确的是( )
A. 振子通过平衡位置时，加速度最大B. 振子在最大位移处时，速度最大
C. 振子在连续两次通过同一位置时，位移相同D. 振子连续两次通过同一位置时，动量相同
【答案】C
【解析】解：A、做简谐运动的弹簧振子，加速度的大小与位移大小成正比，振子在最大位移处时，位移最大，加速度最大，故A错误；
B、做简谐运动的弹簧振子，靠近平衡位置时，做变加速运动，速度增大，离开平衡位置时，做变减速运动，速度减小，所以振子通过平衡位置时，速度最大，故B错误；
C、振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是相同，故C正确；
D、振子连续两次通过同一位置时，速度大小相等，方向相反，即动量不同，故D错误。
故选C。
做简谐运动的弹簧振子，通过平衡位置时，速度最大，加速度最小；在最大位移处时，速度最小，加速度的大小最大．振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是相同．速率相同，但速度有两种方向，可能不同。
本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握．简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反。
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)如图所示，则( )
A. 此单摆的固有周期约为0.5sB. 此单摆的摆长约为1m
C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
【答案】B
【解析】A.由共振曲线可知，此单摆的固有频率约为
f=0.5Hz
所以，固有周期约为
T=1f=2s
故A错误；
B.根据单摆周期公式
T=2π lg
得
l=gT24π2≈9.8×224×3.142m≈1m
故B正确；
CD.根据单摆周期公式得，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，所以固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。
故选B。
二、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
11. 如图所示，甲同学用半径相同的A、B两球的碰撞验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，P为落点的平均位置。再把质量为m2(m1>m2)的B球放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为落点的平均位置。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程OM、OP、ON
(2)以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是________。
A.刻度尺B.天平 C.游标卡尺 D.秒表
(3)关于本实验，下列说法正确的是________。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.实验过程中，用m2作为入射球与m1碰效果一样
(4)在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，则可以认为动量守恒。[用已知量和(1)中测得的物理量表示]
【答案】(1)C；
(2)AB；
(3)B；
(4)m1OP=m1OM+m2ON
【解析】【分析】
本题考查“验证动量守恒”实验中的基本问题。明确实验原理，掌握实验方法是解题的关键。
(1)根据平抛运动在水平方向的运动特点结合题目完成分析；
(2)根据实验原理选择需要使用的实验器材；
(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(4)根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立解二次方程完成分析
【解答】
解：(1)由于小球平抛运动竖直高度均相同，则有：ℎ=12gt2，
水平方向有：x=vt，
解得：v=x g2ℎ，
平抛高度一定，可知平抛运动初速度正比于水平分位移，即能够用小球落地时的水平分位移间接表示平抛运动的初速度，故AB错误，C正确。
故选C；
(2)根据上述可知，若碰撞过程动量守恒，则有：m1OP=m1OM+m2ON
根据该表达式可知，需要用天平测量小球的质量，需要用刻度尺测量水平分位移，即在提供的测量工具中，本实验必须使用的是：天平与刻度尺，故CD错误，AB正确。
故选：AB。
(3)A、当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球每次下滑过程克服摩擦力做功相同，即每次平抛运动的初速度大小均相等，可知斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B、为了确保小球飞出后做平抛运动，必需确保小球飞出的初速度方向水平，即斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C、应使入射小球的质量大于被碰小球的质量，故实验过程中，不能用m2作为入射球与m1碰，故C错误；
故选：B；
(4)若碰撞为弹性碰撞，以向右为正方向，动量守恒：m1OP=m1OM+m2ON，
机械能守恒：12m1OP2=12m1OM2+12m2ON2，
解得：OP+OM=ON。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
12. 如图所示，一轻质弹簧上端系于天花板上，一端挂一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，将小球从弹簧原长处由静止放手，小球在竖直方向做简谐运动，则：
(1)小球从放手运动到最低点，下降的高度为多少？
(2)小球运动到最低点时的加速度大小为多少？
【答案】解：(1)放手后小球到达平衡位置时，弹簧伸长了x，则mg=kx
由简谐运动的对称性可知，小球从平衡位置到最低点，弹簧的伸长量x′=x
小球从放手运动到最低点下降的高度为△x=x+x′=2mgk
(2)在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律kΔx−mg=ma
解得小球运动到最低点时的加速度大小为a=g
答：(1)小球从放手运动到最低点，下降的高度为2mgk；
(2)小球运动到最低点时的加速度大小为g。
【解析】(1)根据胡克定律求出小球在平衡位置时弹簧的伸长量，确定小球的振幅，根据简谐运动的特点确定最低点到平衡位置的距离，从而确定下降的最大高度；
(2)根据最大回复力和牛顿第二定律求解出最低点的加速度；
解决该题需要知道简谐运动的运动特征，会根据受力分析找到回复力的表达式，知道什么是平衡位置。
13. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)(y的单位是cm)。
(1)由图确定这列波的波长λ与振幅。
(2)求出这列波的波速。
(3)试判定这列波的传播方向。
【答案】解：(1)由波的图像得：λ=4m；振幅A=10cm。
(2)角频率ω=5πrad/s，周期为：T=2πω=0.4s；
波速为v=λT=10m/s．
(3)t=0时刻P质点的速度向上，根据波形平移法可知，该波在介质中传播速度的方向沿+x方向。
【解析】振幅等于y的最大值；根据质点P的振动方程y=10sin(5πt)cm，读出ω，周期为T=2πω；读出波长，求出波速．根据t=0时刻P质点的速度方向，即可判断出波的传播方向。
本题关键要掌握振动的一般方程y=Asinωt，读出ω，并掌握波速与周期的关系、角频率与周期的关系．
14. 一列横波t=0 s时刻的波形如图甲所示，图乙表示介质中P质点此后一段时间内的振动图像，Q点是x轴上离原点。距离25 m处的质点(图中未画)。求：
(1)此横波的波速多大？
(2)此横波从t=0 s时刻开始经过多长时间能传到Q点，并判断传到Q点起振的方向？
(3)从t=0 s时刻传到Q点这段时间内，P质点振动通过的路程是多大？
【答案】解：(1)根据甲、乙两图可知波长为λ=4 m与周期T=2 s，
可求波速v=λT=42m/s=2 m/s；
(2)此波传到Q点，经历的时间为t=xv=25−42s=10.5 s，
Q点起振的方向为y轴的负方向(竖直向下)；
(3)从t=0秒时刻传到Q点这段时间内，P点通过的路程为n=tT=514，l=4AtT=4×0.05×5.25m=1.05 m。
【解析】解决该题需要掌握横波波速的求解公式，掌握用同侧法分析质点的振动方向，质点在一个周期的路程等于一个振幅。
(1)根据甲、乙两图可知波长和周期，根据v=λT求出此横波的波速；
(2)根据机械波的传播规律求出此横波从t=0 s时刻开始经过多长时间能传到Q点和传到Q点起振的方向；
(3)求出机械波经过的周期数，再求出从t=0s时刻传到Q点这段时间内，P质点振动通过的路程。
15. 如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=mC=2kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
(1)弹簧被压缩到最短时，B物体的速度大小；
(2)弹簧给滑块B的冲量；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能；
【答案】解：(1)对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB)v1
代入数据解得：v1=1m/s；
(2)在弹簧作用的过程中，B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mAv0=mAvA+mBvB
根据机械能守恒定律可得：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得：vB=2m/s
对B根据动量定理可得：I=mBvB−0=2×2N⋅s−0=4N⋅s，方向向右；
(3)滑块A的动能最小时速度为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mAv0=mBvB′
代入数据解得：vB′=1.5m/s
根据功能关系可得：EP=12mAv02−12mBvB′2
代入数据解得：EP=2.25J
答：(1)弹簧被压缩到最短时，B物体的速度大小为1m/s；
(2)弹簧给滑块B的冲量为4N⋅s，方向向右；
(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能为2.25J；
【解析】(1)对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律列方程求解；
(2)根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解弹簧恢复原长时B的速度大小，再根据动量定理求解冲量；
(3)滑块A的动能最小时速度为零，根据动量守恒定律、功能关系进行解答；
(4)弹簧被压缩到最短时，对B、C组成的系统由动量守恒定律求解共同速度大小，由能量守恒定律求解整个系统损失的机械能。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。