河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高二下学期第一次月考物理试卷（A）

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1．B【详解】甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；乙图中M与N组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒；丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；丁图中斜面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，所以系统动量守恒的只有甲、丙。故选B。
2．D【详解】A．甲加速度为零时，则甲处于平衡位置，此时乙也在平衡位置，则乙速度最大，选项A错误；B．甲振动的周期为甲的振动方程为当时，甲在内通过的路程为选项B错误；C．由图像可知，甲的周期为2s，则其频率为0.5Hz，乙的周期为1s，其频率为1Hz，甲乙两振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2,故C错误；D．1.25~1.5s时间内，甲的位移变大，乙的位移减小，根据F=-kx可知，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小，选项D正确。故选D。
3．A【详解】AB．该星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据可知，单摆在该星球表面的固有周期较大，固有频率较小，由题图可知，图线Ⅰ是该星球上的单摆共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆共振曲线，故A正确；B．由图可知，只有满足受迫振动的频率与固有频率越接近，单摆的振幅才越大，故B错误；C．将一摆钟从地球移到该星球上，摆钟的摆动周期会变大，摆钟会变慢，故C错误；D．根据可知则该星球表面的重力加速度约为故D错误。故选A。
4．C【详解】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C.设小车向左的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv−mv'=0，即m2R−xt−mxt=0，解得，x=R，故C正确；
D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg(ℎ0−34ℎ0)−Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgℎ0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为：14mgℎ0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgℎ0，机械能损失小于14mgℎ0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于34ℎ0−14ℎ0=12ℎ0，而小于34ℎ0，故D错误。故选C。
5．C【详解】推力的作用在于使附着在飞船上的微粒具有与飞船相同的速度，设飞船在微粒尘区飞行时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得，所以推力故选C。
6．A【详解】以的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为，系统总的机械能为，A．如果，，碰后系统动量为，碰后系统机械能为，碰撞过程系统满足动量守恒，满足机械能不增加原则，故A正确；B．如果，，碰后系统动量为，碰撞过程系统不满足动量守恒，故B错误；C．如果，，碰后系统动量为，碰后系统机械能为，碰撞过程系统满足动量守恒，不满足机械能不增加原则，故C错误；D．如果，，则碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误。故选A。
7．A【详解】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得，对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得，解得，由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程，小物块受到摩擦力为，对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得故，，即，故A正确，BCD错误。故选A。
8．AB 【详解】A和B−起在光滑水平面上做往复运动，回复力F=−kx，故都做简谐运动,故A正确；B、设弹簧的形变量为x，弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为M和m，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为a=kxM+m，对A：f=Ma=MkxM+m，可见，作用在A上的静摩擦力大小f与弹簧的形变量x成正比,故B正确；当AB离开平衡位置时，B对A的静摩擦力做负功，A对B的静摩擦力做正功，当AB靠近平衡位置时，B对A的静摩擦力做正功，A对B的静摩擦力做负功,故CD错误；
9．BC【详解】B．小球从滑上小车到滑离小车的过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 ，解得，，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为故B正确；CD．小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，水平方向上由动量守恒定律有得，小车动量变化量大小，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有，，得故C正确，故D错误；，A．由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，故A错误。故选BC。
10．ACD【详解】A.以木块为研究对象，根据动能定理得子弹对木块做功等于木块动能的增加，即故A正确；BD.以子弹为研究对象，由动能定理得故B错误，D正确；C.由上两式相加，得，根据能量守恒定律可知系统摩擦生热，则得到故C正确。故选ACD。
11．(每空2分)(1)4π2LT2 (2)BC （漏选，错选均不得分） (3)C
【详解】（1）由单摆周期表达式得重力加速度为
A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，故A错误；B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C．在摆球经过平衡位置时开始计时，以减小测量误差，故C正确；D．把停表记录摆球1次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，故D错误。
（3）A．根据g与振幅无关，故A错误；B．过早按下停表，周期偏大，则g偏小，故B错误；C．测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，g偏大，故C正确；D．测量周期时，细线上端固定点松动，导致摆长变大，测量的摆长小于实际摆长，则测量的g偏小，故D错误。
12．（每空2分） 1.194(1.193~1.196均给分) ABC （漏选，错选均不得分） 小于
【详解】（1）[1]遮光片的宽度为
（2）[2]A与B碰撞前后动量守恒，则
根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，滑块A碰撞前的速度为
碰撞后滑块A、B的速度分别为，整理得
为完成该实验，还需要测量的物理量有遮光片的宽度、滑块A的总质量、滑块B的总质量。
（3）[3]根据碰撞前后动量守恒以及能量守恒可得
解得，,碰撞后，滑块A速度反向，即可得
（4）[4]由（2）可知，表示动量守恒定律成立的式子为
13．（10分）（1）；（2），
【详解】（1）由图像得………………1分
根据单摆周期公式 ………………1分
联立可得………………1分
当摆球位移最高点时，绳子的拉力最小，为 ………………1分
整理得 ………………2分
当摆球于最低点时，绳子拉力和重力的合力提供向心力，此时绳子拉力最大，根据牛顿第二定律有 ………………1分
摆球从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有………1分
联立可得………………2分
14．（14分）（1）；（2）；（3）
（1）当弹簧被压缩最短时，即A、B共速。
对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得………1分
此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统有………1分
联立解得………2分
（2）与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由能量守恒定律得
………2分
损失的机械能为………2分
（3）由（1）可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹簧弹性势能最大，由动量守恒和能量守恒定律得………2分
………2分
联立解得‍‍ ………2分
15．（16分）（1）；（2）23gR（或2gR6）（3）
【详解】（1）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有………1分
由于小球B和圆弧轨道C的运动时间相等，则有可得………1分
又有………1分
联立解得………2分
（2）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，由能量守恒定律有………1分
联立解得，………2分
B与弹簧碰撞过程中，AB的动量守恒，弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，
有mvB=mvB/+2mvA/………1分
由能量守恒定律有12mvB2=12mvB/2+12×2mvA/2………1分
联立解得vA/=2mm+2mvB=23gR………2分
若轻弹簧左端固定在墙上，小球B原速率弹回，BC组成的系统水平动量守恒，机械能守恒。
则有………1分
………1分
带入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为………2分1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
D
A
C
C
A
A
AB
BC
ACD