河南省周口市扶沟县高级中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题（解析版）

这是一份河南省周口市扶沟县高级中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题（解析版），共17页。
扶沟高中2022——2023学年度下期高二第一次考试
物理试卷
一．选择题（本题共10小题，每小题5分，1~6题为单选，7~10题为多选，全部选对得5分，选对但不全得3分，选错得0分）
1. 下列关于机械振动的说法正确的是
A. 受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期
B. 阻尼振动振幅逐渐减小，同时周期也逐渐减小
C. 当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D. 为避免共振现象发生时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率
【答案】C
【解析】
【详解】受迫振动稳定后，其振动的周期总等于驱动力的周期，选项A错误；阻尼振动振幅逐渐减小，周期不变，选项B错误；当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，选项C正确；为避免共振现象发生时，应使驱动力频率远离振动系统的固有频率，故D错误．
2. 关于动量守恒，下列说法正确的是（　　）
A. 系统中所有物体的加速度都为零时，系统的动量不一定守恒
B. 系统只有重力做功，系统的动量才守恒
C. 一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，枪和子弹组成的系统动量守恒
D. 光滑水平面上的两小球发生碰撞，说明两小球动量守恒
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．系统中所有物体加速度都为零时，系统中所有物体所受合力为零，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，A错误；
B．系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统动量是否守恒与重力做功无关，B错误；
C．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，枪和子弹组成的系统所受合外力不为零，枪和子弹组成的系统动量不守恒，C错误；
D．若光滑水平面上的两小球发生碰撞，碰撞过程中两小球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，D正确。
故选D。
3. 玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有

t时间内冲击墙壁的水的质量为

设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有

联立以上三式解得

根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为

故选B。
4. 一个质点以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（　　）

A. 该质点的振动方程为
B. 0.2s末质点的速度方向向右
C. 0.2～0.3s质点做加速运动
D. 0.7s时质点的位置在O与B之间
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙得质点振动的振幅为0.05m，周期
T=0.8s
故

故该质点的振动方程为
x=0.05sin（2.5πt+θ）（m）
且当时，，代入可得

故该质点的振动方程为

故A错误；
B．根据振动图象得0.2s末质点经过平衡位置向负的最大位移振动，所以此时速度方向从O指向A，方向向左，故B错误；
C．0.2～0.3s质点由平衡位置向负的最大位移振动，此过程速度的方向与所受力的方向相反，故质点在做减速运动，故C错误；
D．0.7s质点在平衡位置和正的最大位移处之间，所以在O与B之间，故D正确。
故选D。
5. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点a从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（ ）

A. 时，质点b的加速度方向沿y轴正向
B. 时，质点b的位移沿y轴正向
C. 该波沿方向传播，波速为
D. 质点b经过4s振动的路程为2m
【答案】A
【解析】
【详解】C．由图乙可知质点a该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿方向传播，机械波的波长为4m，周期为8s，则波速为

故C错误；
AB．由于该波沿方向传播，根据波形平移法可知，时质点b的位移为沿y轴负向，加速度沿y轴正向，故B错误，A正确；
D．由于

可知质点b经过4s振动的路程为

故D错误；
6. —质量为的物体受到水平拉力的作用，在粗糙的水平面上从静止开始做直线运动，动摩擦因数为0.2，水平拉力随时间的变化关系如图所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）

A. 在时间内拉力的冲量为
B. 在时间内物体动量的变化量为
C. 在时间内合力所做的功为
D. 当时物体的速度为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据冲量的定义可知拉力的冲量对应F-t图像的面积，则在时间内拉力的冲量为

选项A错误；
B．物体受到的摩擦力

可知物体在t=2s时开始运动。在时间内拉力的冲量为

摩擦力的冲量

根据动量定理可知在时间内物体动量的变化量为

选项B正确；
D．根据可得时的速度

选项D错误；
C．根据动能定理可得在时间内合力所做的功

选项C错误。
故选B。
7. 如图所示，甲、乙两车的质量均为5m，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（　　）

A. 甲、乙两车运动中动量大小之比为6∶5
B. 甲、乙两车运动中速度之比为5∶6
C. 甲车移动的距离为
D. 乙车移动的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，有

则甲、乙两车运动中速度之比为

而甲、乙两车运动中动量大小之比为

故A正确，B错误；
CD．设甲车和乙车移动位移为和，则有
，
又有

联立解得
，
故C正确，D错误；
故选AC。
8. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】设最终箱子与小物块的速度为，根据动量守恒定律

则动能损失

解得

又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为

故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能

故选BD。
9. 物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行，A追上B后发生碰撞，碰撞时间极短，如图为两物块运动的图像，图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为，则（ ）

A. 物块B的质量为
B. 两图线交点的纵坐标为
C. 碰撞过程中系统的机械能守恒
D. 两物块在时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据碰撞动量守恒，以速度正方向，则有

解得

故A正确；
B．交点代表共速度，结合碰撞动量守恒，即

解得

故B错误；
C．碰撞前的动能为

碰撞后的动能为

由于

所以系统机械能不守恒，故C错误；
D．两物块在碰前做匀减速运动的加速度相同，根据

可知两物体与地面间的动摩擦因数相同，根据

可知，在时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，一列横波沿x轴传播，在时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，下列说法中正确的是（　　）

A. 由该波形曲线读出这列波的振幅为0.2m
B. 该波形曲线上平衡位置位于处的质点振动的周期可能是0.3s
C. 若周期大于0.05s，则该波的最小波速是20m/s
D. 若周期大于0.05s，则该波的最大波速是140m/s
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据图像可得这列波的振幅为，波长为，A错误；
B．根据波的周期性可得
或
解得
或，
可得无论哪种情况质点振动的周期不可能是0.3s，B错误；
CD．根据前面分析若周期大于0.05s，当时，代入解得

此时，根据公式可得波速为

代入数值可得此时波速为或；同理当时，有

此时，根据公式可得波速为

代入数值可得此时波速为或；所以最小波速为，最大波速为，CD正确。
故选CD。
二．实验题（本题共2小题，共16分）
11. 如图所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

试验中，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______ 来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
图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相撞，并多次重复．根据图可得两小球质量的大小关系为_____, (接下来要完成的必要步骤是__________
A.用天平测量两个小球的质量、
B.测量小球开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N
E测量平抛射程OM，ON
若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示______________________ （用中测量的量表示）
【答案】 ①. C ②. ＞ ③. ADE ④. m1OP=m1OM+m2ON
【解析】
【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．
（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式以及实验过程分析实验中的步骤；
（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式．验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．根据机械能守恒确定验证是否为弹性碰撞的表达式．
【详解】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．故选C
（2）碰撞过程中动量、能量均守恒，因此有：m1v0=m1v1+m2v2， 因此有：v1＝v0，因此要使入射小球m1碰后不被反弹，应该满足m1＞m2．碰撞过程动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，则m1OP=m1OM+m2ON，因此A实验需要测量两球的质量，然后确这落点的位置，再确定两球做平抛运动的水平位移，故选ADE．
（3）由（2）知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
【点睛】本题考查验证动量守恒定律实验的基本内容； 实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度做平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
12. 南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，并通过改变而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度和当地的重力加速度。

（1）实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径___________ mm。
（2）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间，则该单摆的周期为___________。
A. B. C. D.
（3）如果实验中所得到的关系图线如图乙中的_____所示（选填，，），当地的重力加速度_________（取，结果取小数点后两位）
【答案】 ①. 12.0 ②. C ③. a ④. 9.86
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺读数为

（2）[2]从“0”数到“60”时有经历了30个周期，该单摆的周期为。故选C。
（3）[3][4]摆线在筒内部分的长度为h，由

可得

可知其关系图线应为a，再将


代入

可得

将


代入

可求得

三．计算题（本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50kg的运动员从空中h1=1.25m落下，接着又能弹起h2=1.8m高度，此次人与蹦床的接触时间t=0.50s，取g=10m/s2，求：
（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；
（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）重力的冲量大小为

（2）设运动员下落h1高度时的速度大小为，再次弹起时的速度大小为，则有


以竖直向上为正方向，对运动员由动量定理有

代入数据得

14. 如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向．图乙所示是这个单摆的振动图像。根据图像回答：（）
（1）若当地的重力加速度为，试求这个摆的摆长是多少？
（2）如果摆球在B处绳上拉力，在O处绳上拉力，则摆球质量是多少？

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由图乙可知

由单摆周期公式，解得摆长

（2）在B点，摆球沿绳子方向受力平衡，有

在O点有

从B点到O点根据机械能守恒有

联立可得摆球质量

15. 如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），子弹射入后，g取10m/s2，求：

①物块相对木板滑行的时间；
②物块相对木板滑行的位移。
【答案】①；②
【解析】
【分析】
详解】①子弹打入木块过程，由动量守恒定律得

木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得

对子弹木块整体，由动量定理得

联立解得物体相对小车的滑行时间

②子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统，由能量守恒定律得

联立解得


16. 如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M、N上搁放着质量、电阻的“[”形金属框，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示，一根长度等于，质量、的金属棒搁在轨道上并静止在磁场的左边界上。已知轨道间距与长度相等，均为、，其余电阻不计。0时刻，给“[”形金属框一初速度，与金属棒碰撞后合在一起成为闭合导电金属框（碰撞时间极短）。时刻整个框刚好全部进入磁场，时刻，框右边刚要出磁场。求：
（1）碰撞结束时金属框的速度大小；
（2）时间内整个框产生的焦耳热；
（3）时间内，安培力对边的冲量的大小。

【答案】（1）2m/s；（2）0.45J；（3）
【解析】
【详解】（1）碰撞过程中，动量守恒，得到

得

（2）对闭合金属框，时间内由动量定理得

等号两边求和，得

又因为

得到

所以

（3）时间内，整个框在磁场中运动

又因为

所以