2023威海乳山银滩高级中学高二上学期9月月考物理试题含解析

2022-2023学年度高二级部九月份模块检测

物理试题

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（共40分）

注意事项

1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。

2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。

一、单选题（24分）

1. 如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（　　）

A. 时，振子经过O点向左运动 B. 时，振子在O点右侧2.5cm处

C. 和时，振子的速度相同 D. 时，振子的动能最大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．时，图像切线的斜率为正，说明振子的速度为正，故振子经过O点向右运动，A错误；

B．在内，振子做变速运动，不是匀速运动，所以时，振子不在O点右侧2.5cm处，B错误；

C．由图像切线的斜率可知，在时，斜率为负，说明振子的速度为负，在时，斜率为正，说明振子的速度为正，故和时，振子的速度不相同，C错误；

D．由图线可知，振子周期为4s，当时，振子刚好在平衡位置，故振子的动能最大，D正确。

故选D。

2. 如图所示质量为物体静止在光滑的水平面上，某时刻（计为零时刻）受到一个与水平成的恒力作用，作用时间。则0到3s内，下列计算正确的是（已知，）（　　）

A. 物体动量变化量的大小为 B. 支持力的冲量为零

C. 重力冲量的方向直向上 D. 合力的冲量大小为

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】对物体受力分析，竖直方向受力平衡有

解得

水平方向的力为物体的合力

则物体动量变化量有动量定理得

支持力的冲量

重力的方向竖直向下，所以重力的冲量竖直向下。

故选A。

3. 消防员进行科目训练，在翻越障碍物落地时总要屈腿，这样可以减少（　　）

A. 地面对人的冲量 B. 人的动能变化量

C. 人的动量变化量 D. 地面对人的作用力

【答案】D

【解析】

【详解】A．落地时，根据动量定理对人有

屈腿延长时间，所以地面对人的冲量

会变大，A错误；

B．屈腿只会延长时间，不改变初末速度，所以人的动能变化量不变，B错误；

CD．在翻越障碍物落地时总要屈腿，这样做为了延长作用时间，根据动量定理得

人的动量变化量一定，时间越长，地面对人的作用力越小，避免受伤。C错误，D正确。

故选D。

4. 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（    ）

A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．

设鸡蛋落地瞬间速度为v，每层楼的高度大约是3m，

由动能定理可知： ，

解得：   

落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，

由动量定理可知： ，解得： ，

根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确

故选C

点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力

5. 如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长为10cm，现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端的速度分别为v1和v2，经历的时间分别为t1和t2，那么    （　　）

A. v1< v2，t1<t2

B. v1>v2，t1=t2

C. v1=v2，t1=t2

D. 以上三项都有可能

【答案】B

【解析】

【详解】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成摆长为2m单摆，即做简谐运动，单摆的周期与振幅无关

根据机械能守恒定律得

解得

故选B。

6. 如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（　　）

A. 子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒

B. 子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小

C. 子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能

D. 两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；

B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；

C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；

D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有

则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；

故选D。

7. 摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（即取），当振动至时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】单摆的周期

时，经历了，摆球具有负向的最大速度，即摆球处于平衡位置，且向负方向运动，故D正确，ABC错误。

故选D。

8. 如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）

A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力

B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒

C. 火箭获得的最大速度为

D. 火箭上升的最大高度为

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；

B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故B错误；

C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有

解得

故C错误；

D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有

解得

故D正确。

故选D。

二、多选题（16分）

9. 第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是（）

A. 击球过程合外力对乒乓球做功为零

B. 击球过程合外力对乒乓球的冲量为零

C. 在上升过程中，乒乓球处于失重状态

D. 在下落过程中，乒乓球处于超重状态

【答案】AC

【解析】

【详解】A．击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零．故A选项正确．

B．击球过程乒乓球以原速率返回，速度方向改变，速度变化量不为零，根据冲量定理，合外力对乒乓球的冲量不为零．故B选项错误．

C．在上升过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的g，所以处于失重状态．故C选项正确．

D．在下降过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为竖直向下的g，所以处于失重状态．故D选项错误．

10. 某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的函数关系式为，振动图像如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A. 弹簧在第末与第末的长度相同

B. 简谐运动的圆频率

C. 第末振子的位移大小为

D. 从第末到第末，振子的速度方向发生变化

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题图知，振子在第末与第末的位移相同，即振子经过同一位置，故弹簧的长度相同，故A正确，不符合题意；

B．由题图知，振子振动的周期，则圆频率

故B正确，不符合题意；

C．位移x随时间t变化的函数关系式为，第末振子的位移大小为

故C正确，不符合题意；

D．图像的切线斜率表示速度，可知，从第末到第末，振子的速度方向并没有发生变化，一直沿负方向，故D错误，符合题意。

故选D。

11. 物体在水平地面上受到水平推力F的作用，在6s内速度v、力F随时间t变化的关系图象如图所示，由图象可得(　　)

A. 物体的质量为2kg

B. 在前6s内合力的冲量为4N·s

C. 在前6s内的运动的位移为5m

D. 在前6s内推力对物体做的功为3J

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图象看出，物体在做匀速直线运动，则有

由速度图象可知，物体加速度为

由牛顿第二定律得

代入解得

故A错误；

B．前6s内合力的冲量为动量的变化量为

故B正确；

C．物体在6s内的运动的位移等于图线与横轴围成的面积，为

故C正确；

D．前2s内通过的位移为1m，后4s内的位移为4m，在6s内推力的功为

故D错误。

故选BC。

12. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，若手机质量m为200g，从离人眼约h=10cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经t=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（　　）

A. 手机对眼睛的作用力大小约为30N

B. 手机对眼睛的作用力大小约为58N

C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.48N•s

D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.30N•s

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．手机下落的高度；手机的质量；根据自由落体速度

手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为

手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知

解得手机对眼睛的作用力大小

故A正确，B错误；

CD．手机下落时间

全过程中重力的冲量

故Ｃ错误，Ｄ正确。

故选AD。

三、实验题（14分）

13. 如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：

Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；

Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；

Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．

(1)在调整气垫导轨时应注意________；

(2)应测量的数据还有________；（写出相应物理量的名称和对应字母）

(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．

【答案】    ①. 使气垫导轨水平    ②. 滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2    ③.

【解析】

【详解】(1)[1]．在调整气垫导轨时应注意使气垫导轨水平；

(2)[2]．要验证的关系式是

（m+M）v1=Mv2

其中

则关系式为：

故应测量的数据还有滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2  ；

 (3)[3]．由（2）可知只要关系式成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．

14. 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

（1）下列关于单摆实验的操作，正确的是______。

A.摆球运动过程中摆角应大于30°

B.摆球到达平衡位置时开始计时

C.摆球应选用泡沫小球

D.保证摆球在同一竖直平面内摆动

（2）正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到细线与摆球连接点的长度l'=0.987 0 m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长l=______ m。

（3）实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2—l图像，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），可求出g=______。

【答案】    ①. BD    ②. 12.0    ③. 0.9930    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]A．摆球运动过程中摆角大于30°，不能看成简谐运动，故A错误；

B．在平衡位置摆球的速度最大，计时比较准确，故B正确；

C．摆球选用泡沫小球，在摆动中受空气阻力较大，故C错误；

D．摆球不在同一竖直平面内摆动，将成为圆锥摆，不是单摆，故D正确。

故选BD。

（2）[2][3]主尺的读数为12mm，游标尺的最小分度为0.1mm，游标尺的读数为

该摆球的直径为

单摆的摆长为

（3）[4]根据单摆的周期公式

即

有

，

联立解得

四解、答题（46分）

15. 如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物体，mA=0.1kg，mB=0.5kg，系统静止时弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，求：

（1）其最大加速度是多少？   

（2）其振幅是多少？

【答案】（1）50m/s2（2）12.5cm

【解析】

【详解】(1)(2)由两球静止时的受力平衡条件，结合胡克定律可得

代入数据解得

剪断A、B间细线后，A球通过平衡位置时弹簧的伸长量为

则振幅为

A=x-xA=15cm-2.5cm=12.5cm

振动中A球的最大加速度为

16. 如图所示，一质量的滑块从固定在竖直面的半径的光滑四分之一圆弧轨道的最高点由静止滑下，从轨道末端水平射出，掉到质量的小车里，并立即与小车保持相对静止。已知小车在水平面上滑动时受到的阻力与其对水平面的压力大小的比值，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：

（1）滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力；

（2）滑块与小车碰撞后瞬间的速度大小；

（3）小车在水平面上滑行的最大位移和时间。

【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3），

【解析】

【分析】

【详解】（1）设滑块在轨道末端时的速度大小为，滑块在圆弧轨道上滑行过程中机械能守恒，有

解得

滑块在圆弧轨道末端时，有

解得

由牛顿第三定律可知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。    

（2）滑块落入小车，与小车作用过程，系统水平方向动量守恒，有

解得

（3）滑块落入小车后，与小车一起做匀减速直线运动，则有

解得

由公式

解得

17. 如图所示，有两个物体A、紧靠着放在光滑的水平面上，A的质量为，的质量为，有一颗质量为的子弹以的水平速度射入A，经过0.01s后又射入物体，最后停在中．若子弹对A的平均作用力大小为3×103N，求

（1）A、分离时A的速度；

（2）的最终速度大小

【答案】（1）6m/s ；（2） 21.94m/s

【解析】

【分析】

【详解】（1）以向右为正方向，子弹击穿A的过程中，对子弹，由动量定理得

代入数据，解得

子弹与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

代入数据，解得

子弹穿出A后，A做匀速直线运动，速度为6m/s；

（2）子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

代入数据，解得

18. 如图所示，半径为R1=1.8m的光滑圆弧轨道AB与半径为R2=0.8m的两个光滑圆弧空心管轨道BCD平滑连接并固定在竖直面内，光滑水平地面上紧靠管口有一质量为M=0.6kg的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，且处在同一水平线上。将一质量为m1=0.1kg的物块从A处由静止释放，与静止于B处的质量为m2=0.2kg的物块碰撞后合为一个整体，并从D处滑上木板，两物块未从木板上滑下。已知两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4，两物块均可视为质点空心管粗细不计，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物块m1与物块m2碰撞后刚进入BC轨道时，轨道对其作用力大小；

(2)木板至少多长；

(3)全过程整个系统损失的机械能。

【答案】(1)1.5N；(2)3m；(3)4.8J

【解析】

【详解】(1)物块m1从A到B由动能定理得

两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得

m1v1=（m1+m2）v2

于物块m1和m2整体，由牛顿第二定律可知

解得

FN=1.5N       

(2)对于物块m1和m2整体，由B到D过程中，由动能定理得

解得

v3=6m/s       

物块在木板上运动时，取向右为正方向，由动量守恒定律得

(m1+m2)v3=(M+ m1+m2)v4

解得

v4=2m/s   

对两木块和木板整体，由能量守恒定律可得

解得

L=3m

(3)全过程由能量守恒定律得

解得

△E=4.8J