2021-2022学年浙江省温州市平阳县万全高级中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析)

这是一份2021-2022学年浙江省温州市平阳县万全高级中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析)，共20页。试卷主要包含了 单位为J/m的物理量是， 下列现象属于波的衍射的是，5m/s等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省温州市平阳县万全高级中学高二（下）第一次月考物理试卷
1. 单位为J/m的物理量是(    )
A. 力 B. 功 C. 动能 D. 电场强度
2. 从同一高度落下的玻璃杯，掉在水泥地面上易碎，而掉在软垫上不易碎，这是因为玻璃杯跟水泥地面相碰时(    )
A. 受到的冲量较大 B. 碰撞时间较长
C. 动量改变较大 D. 碰撞时受到的冲力较大
3. 下列关于波长、频率和波速的说法正确的是(    )
A. 在波动中，振动相位总是相同的两个质点间的距离叫作波长
B. 波的频率由介质决定，波的传播速度由波源决定
C. 波由一种介质进入另一种介质时，波长、波速和频率均发生变化
D. 波在介质中传播一个波长的距离所用的时间，就是波的周期
4. 单摆在摆动过程中，下列说法正确的是(    )
A. 回复力是重力和细线拉力的合力 B. 摆动到最低点时回复力为零
C. 动能变化的周期就等于振动周期 D. 小球质量越大，周期越长
5. 下列关于简谐振动和简谐机械波的说法正确的是(    )
A. 简谐振动的平衡位置一定是物体所受合外力为零的位置。
B. 横波在介质中的传播速度由波源本身的性质决定。
C. 当人向一个固定的声源跑去，人听到的音调变低了。
D. 当声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波长变长。
6. 图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是(    )

A. 甲图中的小球将保持静止 B. 甲图中的小球仍将来回振动
C. 乙图中的小球仍将来回摆动 D. 乙图中的小球将做匀速圆周运动
7. 下列现象属于波的衍射的是(    )
A. “闻其声而不见其人”
B. 闪电过后雷声轰鸣不绝
C. 围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音
D. 鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高
8. 如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙是这列波中x=2m处的质点P再经过1s开始计时的振动图线，以下说法中正确的是(    )

A. 该简谐横波沿x轴负方向传播
B. 该简谐横波传播的速度为0.5m/s
C. P质点在1s内沿x轴移动的距离为0.5m
D. Q质点在t=0时刻有最大的加速度，且加速度沿y轴的正方向
9. 在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△p，有(    )
A. 平抛过程最大 B. 竖直上抛过程最大 C. 竖直下抛过程最大 D. 三者一样大
10. 两列频率相同、振幅分别为5cm和7cm的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，关于K、M、N三点的下列说法中正确的是(    )
A. 质点K为振动减弱的点
B. 质点N的振幅为2cm
C. 经过一段时间，质点M、N的位移大小不可能相等
D. 由图中时刻再经过半周期时，质点M的位移为零

11. 一质点沿水平方向的振动方程为x=10sin(5πt+π)cm，取水平向右为位移的正方向，则在t=0.25s时，下列说法正确的是(    )
A. 质点在平衡位置的右方，水平向左运动
B. 质点在平衡位置的右方，水平向右运动
C. 质点在平衡位置的左方，水平向右运动
D. 质点在平衡位置的左方，水平向左运动
12. 如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方12L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速释放(摆角很小)，这个摆的周期是(    )


A. 2πLg B. πLg C. (2+1)πLg D. (2+1)πL2g
13. 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s(设为正方向)，vB=−3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为(    )
A. vA′=2m/s，vB′=−1m/s B. vA′=1m/s，vB′=1m/s
C. vA′=4m/s，vB′=−5m/s D. vA′=−1m/s，vB′=−5m/s
14. 图甲为一列简谐横波在t=2s时的波动图象，图乙为该波中x=2m处质点P的振动图象。则下列说法中正确的是(    )


A. 该波的波速大小为1m/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. t=1.0s时，质点P的速度最小，加速度最大
D. 在t=0到t=2.0s的时间内，质点P的速度和加速度的方向均为发生改变
15. 两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则(    )

A. t=T4时，波形如图甲所示 B. t=T2时，波形如图乙所示
C. t=3T4时，波形如图丙所示 D. t=T时，波形如图丁所示
16. 如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，小球A以v0=6m/s的速度向右运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(    )

A. 小球B的最大速率为4m/s B. 小球B运动到最高点时的速率为43m/s
C. 小球B能与A再次发生碰撞 D. 小球B不再与C分离
17. 某实验小组用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，小车A前端贴有橡皮泥，后端连一穿过打点计时器的纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，每五个点选一个计数点，已将各计数点之间的距离标在图乙上。
(1)实验前，该实验小组必须做的一项实验步骤是______，才能使小车在木板上做匀速直线运动；
(2)若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是______，碰后两小车的总动量是______。(结果保留4位有效数字)
18. 实验课中，同学们用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。

(1)实验过程有两组同学分别用了图2、图3的两种不同方式悬挂小钢球，你认为______(选填“图2”或“图3”)悬挂方式较好。
(2)在实验中，某同学用主尺最小分度为1mm，游标尺上有20个分度的游标卡尺测量金属球的直径，结果如图4所示，读出小球直径为______cm。
(3)实验中，某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图5所示的坐标系中，图中各坐标点分别对应实验中5种不同摆长的情况。画出该同学记录的T2−L图线。由图像可知重力加速度g=______m/s2。(结果保留3位有效数字)
(4)实验中，三位同学作出的T2-L图线分别如图6中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______(填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
19. 如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，波源S1振动方程为y=2sin5πtcm，波源S2振动方程为y=5sin5πtcm，质点P位于x轴上xp=4m处，已知质点P在t1=0.4s时开始振动，求：
(i)这两列波在均匀介质的波长；
(ii)t=0至t=1.5s内质点P通过的路程。

20. 如图．光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).A以速度v0向B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)B和C碰前瞬间B的速度：
(2)整个系统损失的机械能：
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
21. 如图示，半径R=10m、弧长l=0.9m的光滑圆弧面固定在水平地面上，其右侧有一质量M=4kg的木板A静置于光滑水平面上，木板A的上表面与圆弧面的Q点在同一水平面上。可视为质点、质量m=1kg的小滑块B以v0=3m/s的速度沿木板A的上表面从右端滑到A上，A、B间的滑动摩擦因数为μ=0.72，A刚要撞到圆弧体上时，A、B恰好达到共同速度，滑块B冲上光滑圆弧面且不会从P端冲出，木板A在圆弧体右侧竖直面上的防撞装置的作用下，在极短的时间内紧贴圆弧体右侧静止，且木板A与圆弧体没有粘结。重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板A的长度L；
(2)滑块B在圆弧面上运动的时间；
(3)滑块B从滑上A开始到最终相对A静止时经历的时间；
(4)滑块B从滑上A开始到最终相对A静止时，A运动的路程。


22. 如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2。

(1)求单摆的振动周期和摆长；
(2)求摆球的质量；
(3)求摆球运动过程中的最大速度。
23. 如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s，g取10m/s2。求：
(1)人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量；
(2)人从跌落到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力是多少？



答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：功的单位为J，位移的单位为m，根据W=Fx可知，单位为J/m的物理量是力，故A正确，BCD错误。
故选：A。
明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm等等，要知道哪些单位属于国际单位制中的单位。
本题考查学生对单位这一基础知识的掌握情况，物理量及对应的单位是必须掌握住的基础知识。

2.【答案】D 
【解析】解：杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I=△P可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，作用力较大；而在沙地上时，由于沙子的缓冲使时间变长，动量的变化率较小，作用力较小；故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
杯子是否破碎关键在于杯子受到的外力作用，故应通过动量定理分析找出原因．
本题考查动量定理的应用，要注意明确只要下落高度不变，则小球落地时的速度、动量均不变；与地面相撞时的动量变化也不变，即冲量也不变．

3.【答案】D 
【解析】解：A、在波动中，振动相位总是相同的两个质点间的距离等于波长的整数倍，不一定等于波长，故A错误；
B、波的频率是由波源决定的，机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，故B错误；
C、波的频率是由波源决定的，波，由一种介质进入另一种介质时，波长、波速均发生变化，频率不变，故C错误；
D、根据公式λ=vT可知，波在介质中传播一个波长的距离所用的时间，就是波的周期，故D正确。
故选：D。
机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定；在波动中，振动相位总是相同的两个质点间的距离等于波长的整数倍；根据波长与波速的关系得分析。
解答本题的关键是知道机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，在波动中振动相位总是相同的两个质点间的距离等于波长的整数倍。

4.【答案】B 
【解析】解：A、重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的向心力，故A错误；
B、摆动到最低点时回复力为零；故B正确；
C、在小球最最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复；故其动能的周期为单摆周期的一半；故C错误；
D、单摆的周期T=2πLg；与小球的质量无关；故 D错误；
故选：B.
单摆振动时，摆球的回复力是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力；分析清楚单摆运动过程，根据单摆的运动过程与单摆周期公式分析答题．
本题考查了单摆做简谐运动的回复力、周期与运动过程问题，知道单摆周期公式的影响因素，分析清楚单摆运动过程即可解题．

5.【答案】D 
【解析】
【分析】
简谐振动的平衡位置一定是物体所受回复力为零的位置；横波在介质中的传播速度由介质的性质决定；当人和声源间的距离减小时，人听到的声音频率变高，音调变高．声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波速变大，由波速公式v=λf分析波长如何变化．
解决本题关键掌握简谐振动的特点和简谐机械波的基本知识，知道机械波的波速由介质决定，频率由波源决定，而波长是波源与介质共同决定．
【解答】
A、简谐振动的平衡位置一定是物体所受回复力为零的位置，而不一定是所受合外力为零的位置，比如单摆，在平衡位置时所受的合外力不为零，故A错误。
B、横波在介质中的传播速度由介质的性质决定，与波源无关；故B错误。
C、当人和声源间的距离减小时，产生多普勒效应，人听到的声音频率变高，音调变高。故C错误。
D、声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波速变大，由波速公式v=λf分析可知：波长变长。故D正确。
故选：D。  
6.【答案】B 
【解析】解：AB、空间站中的物体处于完全失重状态，甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；
CD、乙图小球在地面上重力的分力提供回复力来回振动，在太空中处于完全失重状态，小球由静止释放将仍静止不动，不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。
故选：B。
相对在地球上，在太空中物体处于完全失重状态，一切由重力引起的现象都将消失，从而结合简谐运动回复力分析各选项。
本题考查简谐运动，灵活运用受力分析是解题关键。

7.【答案】A 
【解析】解：A、“闻其声而不见其人“，表明声音绕过障碍物传播，属于衍射现象，故A正确；
B、闪电过后雷声轰鸣不绝，属于声音的反射，故B错误；
C、围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，属于声波的干涉现象，故C错误；
D、鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高，属于声波的多普勒效应，故D错误；
故选：A。
波绕过障碍物继续传播的现象是波的衍射；围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是相同频率波源叠加的结果，是波的干涉现象；对于多普勒效应是波源与观察者发生相对运动时，发出的频率与接收的频率不相等的现象.
无论反射、衍射还是干涉，其频率均不变，而多普勒效应是波源发出的频率与接收的频率不相等的现象.

8.【答案】B 
【解析】解：A、由图乙可得：在1s前，质点P向下振动，故结合图甲可得：波向x轴正方向传播，故A错误；
B、由图甲可得波长λ=1m，由图乙可得周期T=2s，故波速：v=λT=12m/s=0.5m/s，故B正确；
C、波传播的过程中，各质点只在平衡位置附近振动，不随波传播，故C错误；
D、由图可知在t=0时刻质点Q位于波峰处，位移为正的最大，则加速度，且加速度沿y轴的负方向，故D错误。
故选：B。
由图乙得到周期及振动方向，即可由图甲得到传播方向，再由图甲得到波长，即可得到波速；各质点不随波传播；由某一时刻的位置及振动方向即可得到振动方程，从而得到任意时刻质点位移。
波动图可得到波长，振动图可得到周期，两个时刻的波动图也可求得周期的表达式，进而求得波速，即可得到任意位置任意时刻质点的位移。

9.【答案】B 
【解析】解：三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故它们重力的冲量mgt，竖直上抛的物体最大，则由动量定理I=△P可得，竖直上抛的物体动量的增量最大，故B正确；
故选：B。
三种运动中的物体均只受重力，分析他们运动的时间不同，即可求得冲量的大小关系，再由动量定理求出动量的增量．
本题考查动量定理的应用，只需明确三个物体的运动时间即可．

10.【答案】B 
【解析】解：A.质点K为波谷与波谷的相遇点，为振动加强点，故A错误；
B.图中N点实线与虚线相遇，为振动减弱点，振幅为7cm−5cm=2cm
故B正确；
C.M点是振动加强点，N点是振动减弱点，此时M点的位移为12cm，N点的位移为2cm，由于M、N一直在振动，所以经过一段时间，质点M、N的位移大小可能相等，故C错误；
D.图中时刻M点在波峰，经过14周期，质点M回到平衡位置，位移为零，故D错误。
故选：B。
K是波谷与波谷相遇，为振动加强点；M、N一直在振动，所以经过一段时间，其位移可能相等；振动减弱点的振幅为发生干涉的两列波的振幅之差；从波峰到平衡位置的时间为14周期。
解决本题的关键是知道：波峰和波峰叠加或波谷与波谷叠加，振动加强；波峰与波谷叠加，振动减弱。要注意振动加强点是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置。

11.【答案】B 
【解析】解：由振动方程为x=10sin(5πt+π)cm得：质点振动的振幅A=10cm，角频率ω=5πrad/s所以周期T=2πω=0.4s，画出该质点的振动图像，如图，由图可知，t=0.25s时，质点位移为正，质点在平衡位置的右方，下一时刻质点的位移正向增大，故质点向正方向运动，即水平向右运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据振动方程画出质点的振动图像，根据图像即可求解。
本题考查了简谐运动，解决此题的关键在于会把振动方程转化为熟悉的振动图像求解问题。

12.【答案】D 
【解析】解：以L为摆长的运动时间为：t1=12×2πLg
以12L为摆长的运动的时间为：t2=12×2π12Lg
则这个摆的周期为：T=t1+t2=(2+1)πL2g
故选：D。
小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以12L为摆长的简谐运动的半个周期。
考查对单摆周期的理解，明确不同的摆长对应不同的周期。

13.【答案】B 
【解析】
【分析】
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．由此分析即可。
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。
【解答】
以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3kg⋅m/s+2×(−3)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，
碰前总动能为：EK=12mAvA2+12mBvB2=12×4×32J+12×2×(−3)2J=27J；
A、如果vA′=2m/s、vB′=−1m/s，碰后系统总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×2kg⋅m/s+2×(−1)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒。碰后系统总动能为：E′K=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×22J+12×2×(−1)2J=9J；动能不增加，但碰后两球速度方向相反，会再次发生碰撞，这是不可能的，故A错误；
B、如果vA′=1m/s、vB′=1m/s，碰后系统动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1g⋅m/s+2×1g⋅m/s=6kg⋅m/s，碰后系统总动能为E′K=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×12J+12×2×12J=3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故B正确；
C、如果vA′=4m/s、vB′=−5m/s，碰后系统总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×4kg⋅m/s+2×(−5)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，碰后系统总动能为E′K=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×42J+12×2×52J=57J，系统动量守恒，但动能增加，不可能，故C错误；
D、如果vA′=−1m/s、vB′=−5m/s，碰后总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×(−1)g⋅m/s+2×(−5)g⋅m/s=−14kg⋅m/s，系统动量不守恒，不可能，故D错误。  
14.【答案】ABC 
【解析】解：A、由图可知，周期T=4.0s，波长λ=4m，则波速为：v=λT=44m/s=1m/s，故A正确；
B、x=2m处的质点P在t=2s时刻向下振动，根据“同侧法”知，波沿x轴负方向传播，故B正确；
C、由图2可知，当t=1s时，质点P在最大位移处，此时的加速度最大，速度等于0，故C正确；
D、由图可知，在0−2s内质点的位移为正加速度的方向始终向下；在0−1s内质点向正最大位移处运动，速度方向为正；而1−2s内质点从最大位移处向平衡位置处移动，所以速度的方向为负，故D错误。
故选：ABC。
由图甲可知波长大小，根据图乙可得出周期大小，再根据波速公式即可确定波速大小；根据同侧法可得出波的传播方法；由图2明确1s时P点的位置，从而确定P点的速度和加速度；同时明确0到2s时间内P点的速度和加速度的方向的变化。
解决本题的关键掌握波动与振动的联系，灵活运用波形平移法分析波的形成过程，以及知道发生稳定干涉和明显衍射的条件。

15.【答案】BD 
【解析】解：A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为t=0时刻两列波相距λ，t=T4时，两列波各传播λ4的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；
B、t=T2时，两列波各传播λ2的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；
C、t=3T4时，两列波各传播34λ的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；
D、t=T时，两列波各传播λ的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。
故选：BD。
根据波传播的时间确定波传播的距离，再根据波的叠加原理分析两列波相遇时的波形。
解答本题时，要知道波在一个周期内传播的距离为一个波长，两列波的波峰与波谷相遇时，振动会抵消。

16.【答案】AB 
【解析】解：A、小球A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：M2v0=M2vA+MvB
根据能量关系可得：12×M2v02=12×M2vA2+12MvB2
联立并代入数据解得：vA=−2m/s，vB=4m/s，
v′A=6m/s，v′B=0(不符合题意，舍去)，故B的最大速率为4m/s，故A正确；
B、B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：MvB=(M+2M)v，得：v=43m/s，故B正确；
C、从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：MvB=MvB′+2MvC′，
由机械能守恒定律可得：12MvB2=12MvB′2+12×2MvC′2，联立解得：vB′=−43m/s，由于|vB′|