2024常德一中高三上学期第四次月考试题物理含解析
展开时量: 75 分钟 满分: 100 分
命题人:龚 洁 审题人:夏美泉
一、选择题: 本题共 6 小题, 每小题 4 分, 共 24分。在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示为某款采用了主动降噪技术的汽车宣传海报。汽车主动降噪技术是指通过消音扬声器发出与噪音源振动步调相反、振幅相同的降噪声波,与外界噪音叠加以达到汽车降噪的一种降噪技术。如图乙所示为理想情况下的降噪过程,实线表示噪音声波,虚线表示降噪声波,假设两声波均为简谐波,下列说法正确的是
A. 主动降噪技术应用了波的衍射原理
B. 噪音声波和降噪声波的波速大小一定相等
C. 图乙中噪音声波和降噪声波的频率可以不相等
D. 图乙中噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅增大
2.用电场线能直观又方便地描述电场的强弱。如图是等量同种点电荷的电场线,A、A'、B、B'分别关于中垂线和连线对称,且各点到两电荷连线中点O的距离相等。下列说法错误的是
A. A、A两点场强相同
B. B、B两点电势相等
C. 电子在A点的电势能小于在B'点的电势能
D. 将一点电荷从 A点移动到 B点电场力做的功等于把它从A'点移动到 B'点电场力做的功
3.2023年2月26日,中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行,展示了中国载人航天发展历程和成就。载人航天进行宇宙探索过程中,经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1变轨到轨道3的示意图,点火变速在轨道P、Q两点,轨道 1和轨道3为圆轨道,轨道2为椭圆轨道。设轨道 1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T₁、T₂和T₃,P为轨道1和轨道2的切点,Q为轨道2和轨道3的切点。下列说法正确的是
A. 在 P点应该点火加速变轨,在Q点应该点火减速变轨
B. 轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度
C. 轨道2上从 P到Q的过程中,机械能减少
D. 运行周期关系满足 3T12+3T32=23T22
4. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为 E=12kA2,其中k为弹簧的劲度系数,A为简谐运动的振幅。若小球质量为0.25kg,弹簧的劲度系数为25 N/m。某时刻系统具有势能为0.06J和动能为0.02J,则下列说法正确的是
A. 该振动的振幅为0.16m
B. 小球经过平衡位置时的速度为0.4m/s
C. 小球的最大加速度为 8 m/s²
D. 若小球在位移最大处时,质量突变为0.15kg,则振幅变大
5. 如图所示,光滑的圆弧轨道 B 静止于光滑的水平面上,其下端与水平面平滑连接。小球A以一定的初速度向右滑上圆弧轨道,当小球A 与圆弧轨道B上与其共速时,小球A与圆弧轨道B的动能之比为1:3,则此时小球的动能与其重力势能之比为(以水平面为零势能面,不计二者之间的能量损失)。
A. 1: 12 B. 1: 6 C. 1: 4 D. 1: 3
6. 如图所示,一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中,某时刻系在喷气口的绳子突然松开,内部气体竖直向下喷出,由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ,气球连同内部气体最初的质量为m,喷气口的横截面积为S,绳子松开瞬间喷出气体的速度为 v,重力加速度为g,不计空气阻力,忽略气球内气体质量的变化,则绳子松开瞬间气球的加速度大小为
A.ρSvm B.ρSv2m C.ρSvm−g D.ρSv2m−g
二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3分, 有选错得 0分。
7. 如图所示,车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上,公仔头部的质量为m,静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部,使之缓慢下降至某一位置,之后迅速放手。公仔的头部经过时间t,沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中
A. 公仔头部的机械能守恒 B. 公仔头部的加速度先增大后减小
C. 弹簧弹力冲量的大小为 mgt D. 弹簧弹力对头部所做的功不为零
8. 如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为 2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知
A. F的大小为 10.5N B. 物体加速度大小为 2m/s²
C. 4s内F的平均功率为 42W D. 4s末F的功率为42W
9.如图所示,在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态,已知圆的半径为R,重力加速度为g,静电力常量为k ,下列说法正确的是
A. 小球带正电 B. O点的电场强度大小为
C. 小球的带电量为 MgR23kQ D.撤去 C点点电荷瞬间,小球的加速度大小为 23 g
10.如图所示,两个都为 1kg的小球甲、乙(均视为质点)分别用长为 1m 的细绳系在固定的O点,细绳能够承受的最大拉力为60N,O点正上方有一个钉子。现让两球与O点等高且细绳刚好伸直,然后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时竖直冲量使甲球向上、乙球向下运动,刚好使得甲球在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂,绳子断裂后两球分别做平抛运动,且最后掉在水平面上的同一点,不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响,取重力加速度大小g=10m/s²,则下列说法正确的是
A. 给甲球的瞬时冲量的大小为5N·s B. 钉子的位置在O点正上方 67m处
C. 两球落地的速度相同 D. 甲乙两球做平抛运动的时间之比为 5;1
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 1 页)三、非选择题: 共 56分。
11.(8分) 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中
(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析,下列说法正确的是 。
A. 为尽可能减小测量误差,应取摆球经过最高点时为计时零点
B. 实验中误将51次全振动记为50次,测量出的重力加速度会偏大
C. 让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动),可以使单摆的周期更长一些,更方便周期的测量
D. 摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,测量出的重力加速度g值偏小
E. 测量出多组单摆摆线的长度L和周期T,作出T²-L图像由图可求出重力加速度大小,图线不过原点,不会影响重力加速度的测量
(2)在周期测量的过程中,秒表指针如下图所示,其读数为 s:
(3)实验中,甲、乙两位同学一起做实验,在记录数据前各自设计了如图的表格,其中合理的是表 。(填“A”或“B”)
(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据,在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像, 由该图像计算出重力加速度g= m/s²。(结果保留3位有效数字)
12.(8分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)实验时,先接通气源,然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块,如图甲所示。将滑块向左弹出,使滑块向左运动,发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q,直至滑块通过光电门1的时间 (选填“=”或“>”)通过光电门2的时间。
(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置,A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量,使滑块A 运动并与静止的滑块B发生碰撞,碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为tv,与光电门2相连的计时器先、后显示两次遮光时间分别为t₂和t₃。若已知滑块A、B的质量分别为km、m(含遮光条),遮光条宽度均为d(很窄)。滑块A、B碰撞过程中满足表达式 则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为 。(用题中已知和测量的物理量表示)
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞,则下列等式成立的是 。
A.kt₁=kt₃+t₂ B.1t1+1t3=1t2 C.kt12=kt22+1t32 D.kt1=1t2−kt3
13.(10分)一列简谐横波沿x轴传播,a、b为x轴上相距0.5m的两质点,如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(2)若该波在该介质中传播的速度为3m/s,求该波的波长;(1) 请写出b点的振动方程; 甲
(3)若该波的波长大于0.3m,求可能的波速。
14. (14分)如图所示,轨道AB 部分为光滑的1/4 圆弧,半径 R=0.2m,A点与圆心等高,BC部分水平但不光滑。空间中加有竖直向下的匀强电场,场强 E=5×10³N/C。,现有一个可视为质点、质量 m=1kg、带电量。 q=−4×10⁻⁴C的物块从A点由静止释放,物块滑到水平面上的C点后静止。已知物块与 BC之间的动摩擦因数μ=0.1,滑动过程中物块所带电荷量不变,重力加速度g取 10m/s²。求:
(1) BC之间的距离 SBC:
(2) 物块离开圆弧前瞬间,物块对轨道的压力F的大小;
(3)若把电场方向改为水平向右,场强大小不变,仍把物块从A点由静止释放,物块第4次通过B点时的速度大小。
15.(16分)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为,圆管长度为。一质量为 m=13M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:
(1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小:
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 2 页)常德市一 中 2024 届高三第四次月水平检测物理答案
1.B【解析】A.主动降噪技术应用了波的干涉原理,故A错误;B.声波在同种介质中波速大小相等,故B正确;C.两声波频率相等时才能产生稳定干涉,故C错误;D.降噪声波与噪音声波步调相反,频率相同,干涉相消,P点的振幅为零,故D错误。故选B。
2.A【解析】A.根据对称性可知,A、A'两点场强大小相同,方向相反,选项A错误;B.根据对称性可知, B、B'两点电势相等,选项B正确;C.因AB两点的电势差等于A' B'两点的电势差,则将一点电荷从A点移动到B点电场力做的功等于把它从A'点移动到B'点电场力做的功,选项C正确;D.因AA'两点的电势差等于BB'两点的电势差,均为零,则将一点电荷从A点移动到A'点电场力做的功等于把它从B点移动到B'点电场力做的功,均等于零,选项D正确。故选A。
3.D【解析】在P点由圆周运动变为做离心运动,在Q点由近心运动变为做匀速圆周运动,都应该点火加速,A错;由A项可知,又根据,可知,则有,B错;轨道2上从P到到Q点只有万有引力做功,机械能不变,C错误;根据开普勒第三律,对轨道1有,同理对2、3有,,联立可得,D正确。故选D。
4.C【解析】弹簧振子振动过程中系统机械能守恒,则有eq \f(1,2)kA2=0.06 J+0.02 J=0.08 J,所以该振动的振幅为A=0.08 m,故A错误;小球经过平衡位置时,动能为eq \f(1,2)mv2=0.08 J,所以速度为v=0.8 m/s,故B错误;由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为a=eq \f(kA,m)=8 m/s2,故C正确;小球在位移最大处时,速度为零,动能为零,所以质量突变为0.15 kg,不影响系统的机械能,所以振幅不变,故D错误.
5.A【解析】设小球A的质量为m,圆弧轨道B的质量为M,当小球与轨道速度相同时,小球A与圆弧轨道B的动能之比为1:3,即m:M=1:3系统减小的动能转化为小球A的重力势能。此时二者的速度方向都为水平方向,设小球A的初速度为v0,两者的共同速度为v共。根据动量守恒定律可知mv0=(M+m)v共,得小球A此时的动能为小球A此时的重力势能等于系统损失的动能得此时小球A的动能与其重力势能之比为1:12,A正确。
6.B【解析】由题意可知,初始状态有mg-F浮=0绳子松开瞬间,对极短时间内喷出的气体由动量定理可得,解得,则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为。则由牛顿第二定律可得,解得故ACD错误,B正确。故选B。
7.CD【解析】A.弹簧弹力对公仔头部做功,公仔头部的机械能不守恒,A错;B.公仔头部上升的过程中,开始时弹簧向上的弹力大于重力,合力方向向上,加速度向上,加速度减小,当弹力等于重力时加速度减为零,速度最大,之后重力大于弹力,合力向下,且弹力继续减小,合力增大,加速度增大,弹簧恢复原长时,加速度为g,公仔头部继续上升,弹簧拉长,弹力向下,合力向下,且弹力增大,合力增大,则加速度增大,公仔头部上升过程中,加速度先减小后反向增大,B错;C.公仔头部上升过程中,取向上为正方向,根据动量定理有则弹簧弹力冲量的大小为,C对;D.公仔头部上升过程中,根据动能定理有,则弹簧弹力对头部所做的功为,D对。
8.AD【解析】A.根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,解得F = 10.5N,故A正确;B.由图乙可知物体的加速度为a=Δv/Δt=0.5m/s2,故B错误;C.4s内F的平均功率为,又 ,联立,解得,故C错误。D.4s末物体的速度为v物=2m/s,则拉力F作用点的速度为v=2v物=4m/s则拉力的功率P= Fv = 42W故D正确;故选AD。
9.CD【解析】A.由电场的叠加可知,O点的电场方向竖直向下,根据平衡可得,小球带负电,故选项A错误;B.O点的电场强度为三个点电荷的叠加,故选项B错误;C.由平衡得,得,故选项C正确;D.撤去C点电荷瞬间,由牛顿第二定律,得。故选CD。
10.BD【解析】A.乙球在最低点绳子刚好断裂,故对乙球有,解得根据动能定理有,解得m/s,冲量大小为N·s,故A错误;B.甲球开始运动的速率也是m/s,对甲球,根据动能定理有,可得甲球在最高点的速率m/s,甲球在最高点绳子刚好断裂,故对甲球有,解得,故B正确;CD.甲、乙两球做平抛运动,水平方向上的位移相等,根据可知,速度大小之比为,则时间之比为;根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知,,可知两球落地速度不相同;故C错误,D正确。故选BD。
11.(1)DE (2)57.8s (3) B(4)9.62m/s2
【解析】(1)A.摆球在最高点的时候速度比较小,在最低点的时候速度比较大,所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小。故A错误;B.实验中误将51次全振动记为50次,则周期偏大,根据测量出的重力加速度会偏小,故B错误;C.根据,单摆周期与摆角大小无关,故C错误;D.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,知摆长的测量值偏小,重力加速度g值偏小,故D正确;E.根据图像斜率,可得重力加速度为图线不过原点,但图线的斜率没有改变,重力加速度测定值不变,故不会影响重力加速度的测量,故E正确。故选DE。
(2)秒表的读数为57.8s
(3)实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度,然后改变摆长,测出对应周期,再算出对应的重力加速度,最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值,周期取平均值,则重力加速度更加不准确,故选B。
(4)根据,故图像斜率=4.1,重力加速度,g=9.62m/s2
12.(1)= (2) ; (3)B
【解析】(1)此步骤为了调节气垫导轨使其水平,故需让滑块做匀速直线运动,则如果滑块通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间,调节完毕。
(2)如A和B碰撞过程中动量守恒,则,解得;滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为;
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞,则碰撞前后能量守恒,则,且,解得故选B。
13.(1)y=10sin(cm;(2)2.4m;(3),2.5m/s,0.5m/s
【解析】(1)由图丙可知,周期与振幅分别为0.8s和10cm,b点在t=0时位移为-10cm,则振动方程为y=10sin(cm;
(2)由图像得周期T=0.8s,波速v=3m/s,波长为λ=vT=2.4m;
(3)该波的波长大于0.3m。若波由a向b传播,有=0.5m,,解得m/s;
若波由b向a传播=0.5m,,解得v2=2.5m/s,或者,,解得v3=0.5m/s
14.(1)2m;(2)24N;(3)m/s
【解析】(1)全过程由动能定理得(mg-qE)R-μ(mg-qE)SBC=0,解得SBC=2m;
(2)从A点运动到B点过程,根据动能定理有(mg-qE)R=,在B点时,根据合力提供向心力有,解得FN=24N,根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N。
(3)四次运动过程分别由动能定理得(mg-qE)R-(μmg+qE)s1=0,(qE-μmg)s1=
(μmg+qE)s2=,(qE-μmg)s2=,解得物块第4次通过B点时的速度大小为v3=m/s
15.(1)小球速度大小,圆盘速度大小;(2)l;(3)4
【解析】【解析】(1)设小球第一次与圆盘碰撞前的速度大小为v0,由机械能守恒定律有
mgl=① 解得v0=②
设小球与圆盘发生第一次碰撞后小球的速度大小为vm1,圆盘的速度大小为vM1,取竖直向下的方向为正方向,在碰撞过程中,由动量守恒定律有mv0=mvm1+MvM1 ③ 由能量守恒定律有=+④
联立②③④解得:vm1=-,“-”表示方向竖直向上;vM1= ,方向竖直向下。⑤
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为。
(2)方法1:
第一次碰撞后,由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力大小相等,所以圆盘向下做匀速运动;小球先竖直向上做匀减速直线运动,后做自由落体运动。当小球向下速度增大到等于圆盘速度时,小球和圆盘之间距离最大。当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间t0,则vM1=vm1+gt0⑥ 解得t0=⑦
这段时间内小球的位移x球=vm1t0+=-×+×()2=0 ⑧
即回到第一次与圆盘碰撞前的位置。
在这段时间内圆盘下落位移x盘=vM1t0=×=l ⑨
即第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离为Δx=x盘-x球=l⑩
方法2:图像法
做出第二次碰撞前小球与圆盘的v-t图像如图所示。
由上述解法1可知t0=
v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移,则由几何知识可知小球与圆盘间的最大距离Δx= 解得Δx=l。
方法3:相对运动法
第一次碰后瞬间,圆盘相对小球的初速度v相0=vM1-vm1=
圆盘相对小球的加速度a相=-g,故圆盘相对小球做匀减速运动。
当圆盘相对小球的末速度为零时,两者距离最大,于是有
0-v相02=2a相Δx 解得Δx=l。
方法4:函数极值法
在第一次碰撞到第二次碰撞之间,x球=vm1t+,x盘=vM1t,
而小球与圆盘间的距离为Δx=x盘-x球 故Δx=-+t=-g(t-)2+l
显然,当t==t0,小球与圆盘间的最大距离为Δxm=l 此时小球速度vm=vm1+gt1==vM1
(3)方法1:
设小球与圆盘第一次碰撞后到第二次碰撞前用时为t1,小球与圆盘第二次碰撞前速度为vm1',故vm1'=vm1+gt1
第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有
即 解得
圆盘的速度仍为vM1,这段时间内圆盘下降的位移x盘1=vM1t1=2l
即第一次碰后到第二次碰前圆盘下落的高度。
设小球与圆盘第二次碰撞后,小球的速度为vm2,圆盘的速度为vM2
之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒mvm1'+MvM1=mvm2+MvM2
由能量守恒定律有
联立解得vm2=0,vM2=
设小球和圆盘第二次碰撞后到第三次碰撞前用时为t2,当位移相等时
解得
这段时间内圆盘圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l,之后二者第三次发生碰撞,碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为 圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3 即,得
在这段时间内,圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l-1l-2l-4l-6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,下降距离逐次增加2l,故若发生下一次碰撞,圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外,因此圆盘在管内运动的过程中,小球与圆盘的碰撞次数为4次。
方法2:图像法
根据方法1的分析,可画出小球与圆盘的v-t图像
由图象可知:小球每次与圆盘碰撞到再次碰撞前圆盘相比上一次碰撞多下降2l。
综上和方法1中的分析可知:第四次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l=13l<20l
假设第四次碰撞后圆盘未滑离圆管,则第五次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l+8l=21l>20l
可知小球与圆盘发生第四次碰撞后圆盘会滑出圆管,即小球与圆管在管内共四次碰撞。
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