内蒙古包头市宏昌学校2023-2024学年高三下学期月考物理试题（原卷版+解析版）

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1. 在光滑水平面上，原来静止物体在水平力恒力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是
A. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B. 在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D. 在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.在光滑水平面上，合力等于F的大小，根据动能定理知，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据，知动量变为原来的倍．故A错误，B正确；
CD.根据动量定理知，Ft=mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据知，动能变为原来的4倍．故C错误，D正确．
2. 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，经过时间回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对滑块的总冲量为
B. 支持力对滑块的总冲量为
C. 合外力的冲量为0
D. 摩擦力的总冲量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为
A错误；
B．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力
支持力对滑块的总冲量为
B正确；
C．滑块在滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处上滑的速度大于下滑速度，开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，动量变化量不为零，根据动量定理可知
合外力的冲量不为0，C错误；
D．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为
D错误。
故选B。
3. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A. ＋mgB. －mg
C. ＋mgD. －mg
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有
即在产生拉力瞬间速度为
之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得
联立解得
故选A。
【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。
4. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】AD．由于两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，必须满足动量守恒定律， 即
可知四个选项均满足；另外碰后A的速度应该小于B的速度，否则要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
BC．同时碰撞还因该满足能量守恒定律，即
C选项中两球碰后的总动能为
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B正确，C错误。
故选B。
5. 如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（ ）
A. 系统的总动量守恒
B. 水平方向任意时刻小球与小车的动量等大同向或都为零
C. 小球不能向左摆到原高度
D. 小车向右移动的最大距离
【答案】D
【解析】
【详解】A．系统水平方向受合外力为零，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统的总动量不守恒，选项A错误；
B．系统水平方向动量守恒，水平方向任意时刻小球与小车的水平动量等大反向，选项B错误；
C．小球向左到达最高点时，小球和小车共速，根据
可知
v=0
由能量关系可知，小球能向左摆到原高度，选项C错误；
D．根据水平动量守恒可知
可得小车向右移动的最大距离
选项D正确。
故选D。
6. 将质量为m=1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.5，现在物块上施加一个平行于水平面的恒力F=10N，物体静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g=10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是（ ）
A. 物块整个过程物块运动的时间为6sB. 物块整个过程物块运动的时间为8s
C. 整个过程中物块的位移大小为40mD. 整个过程中物块的位移大小为60m
【答案】B
【解析】
【详解】AB．整个过程中由动量定理
解得
t=8s
选项A错误，B正确；
CD．物体在前4s运动的过程中由动量定理
解得
v=20m/s
因物体加速和减速过程的平均速度都为
全程的平均速度也为，则物体的总位移
选项CD错误。
故选B。
7. 某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是
A. 1s和3s时刻,质点的速度相同
B. 1s到2s时间内,速度与加速度方向相同
C. 简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+1.5π) cm
D. 简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+0.5π) cm
【答案】D
【解析】
【详解】A项：图象上某点的切线的斜率表示速度；1s和3s时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B项：1s到2s时间内，质点做减速运动，故加速度与速度反向，故B错误；
C、D项：振幅为2cm，周期为4s，角速度为，故简谐运动的表达式为，故C错误，D正确．
8. 如图甲所示，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图象。则（ ）

A. 在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B. 在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子不在同一位置
C. 从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D. 在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知在t＝0.2s时，弹簧振子在正的最大位移处，故弹簧振子的加速度为负向最大，A错误；
B．由图可知， 在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，故弹簧振子在同一位置，B错误；
C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移越来越大，回复力也越来越大，即加速度越来越大，故弹簧振子这个过程做加速度增大的减速运动，C正确；
D．在t＝0.6s时，弹簧振子达到负的最大位移处，此时形变量最大，弹性势能也最大，D错误。
故选C。
9. 如图所示，弹簧振子B上放一个物块A，在A与B一起做简谐运动的过程中，下列关于A受力的说法中正确的是（ ）
A. 物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力
B. 物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力
C. 物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦力
D. 物块A受重力、支持力及B对它的非恒定的摩擦力
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】物块A受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力和支持力二力平衡，摩擦力提供A做简谐振动所需的回复力，由
可知，摩擦力随时间变化，其大小和方向都变化，故D正确，ABC错误。
故选D。
10. 摆球质量相等甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示，选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆长之比是
B. ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C. tb时刻甲、乙两单摆的势能差最小
D. tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查根据振动图像分析简谐振动。
【详解】A．由题图可知
＝＝
又因为
T＝2π
所以摆长之比为，A正确；
B．由于两摆线长度不同，在ta时刻离开平衡位置位移相等，两个单摆的摆角不相等，B错误；
C．因为甲的摆线短、摆幅大，所以甲上升的最大高度大于乙的，在tb时刻，乙在平衡位置(最低处)，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C错误；
D．由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，所以tc时刻甲经过平衡位置时的速率大于乙的，所以D错误。
故选A。
二、实验题：（本题共2小题，每空2分，共22分）
11. 某同学用如图（a）所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图（b）所示。图（b）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A多次从斜轨上由静止释放，找到其中均落地点的位置P。然后，把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复.实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N。
（1）
为了确保两小球一样大，该同学实验开始前用游标卡尺测量了两小球的直径都如图（c）所示，则小球的直径为______mm。
（2）对于上述实验操作，下列说法正确的是______。
A. 应使小球每次从斜轨上相同的位置自由滚下
B. 斜槽轨道必须光滑
C. 斜槽轨道末端必须水平
D. 小球A质量应大于小球B的质量
（3）在本实验中，下列关于入射球A的落点P的说法，正确的是______。
A. 如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的
B. 由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散
C. 测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为、、…、，则OP应取、、…、的平均值，即
D. 用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P
（4）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。
A. A、B两点间的高度差
B. 点离地面的高度
C. 小球A和小球B的质量、
D. 小球A和小球B离开轨道的速度、
（5）当所测物理量满足表达式______（用第（4）小问中测量的物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（6）若要进一步验证两小球是否为弹性碰撞，还要验证表达式______（用第（4）小问中测量的物理量的字母表示）是否成立。
【答案】（1）16.70 （2）ACD
（3）D （4）C
（5）
（6）
【解析】
【小问1详解】
小球的直径为
16cm+0.05mm×14=16.70mm
【小问2详解】
A．为保证小球抛出时的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，选项A正确；
B．斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，选项B错误；
C．斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；
D．小球A质量应大于小球B的质量，以防止被碰球反弹，选项D正确。
故选ACD。
【小问3详解】
A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，但是由于误差原因，重复几次的落点P不一定是重合的，选项A错误；
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但是落点应当相对集中，选项B错误；
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为、、…、，由于这些点分散区域不在一条直线上，不应该取平均值，选项C错误；
D．找平均位置的方法是：用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置，选项D正确。
故选D。
【小问4详解】
要验证动量守恒定律定律，即验证
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即
因此实验需要测量：两球的质量、分别找到两球相碰后平均落地点的位置M、N，测量小球的水平位移；即上述实验除需测量线段的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量。
故选C。
【小问5详解】
若两球相碰后的动量守恒，由（4）可知其表达式为
【小问6详解】
若碰撞过程没有动能的损失，碰撞前后总动能保持不变，则有
根据
可得
12. 某同学想在家做“单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找来一块体积约为3 cm3、外形不规则的金属块代替摆球，用细线将金属块系好并悬挂于O点，金属块与细线结点为M，如图所示：
(1)拉开金属块，由静止释放，当它摆到________（填“最高点”或“最低点”）开始计时，若金属块完成n次全振动，所用的时间为t，则摆动周期T=________；
(2)该同学用OM的长度作为摆长，多次改变摆长记录多组L、T值。若用公式法计算出各组的重力加速度，再取平均值，那么得到的重力加速度与真实值相比__________（填“偏大”或“偏小”）；
(3)为此他想改用图像法，以周期的平方T2为纵坐标，OM的长度L为横坐标，做出T2-L图像。如果其他操作都无误，则他作出的图像可能是图中的_______（选填“a”，“b”或“c”）；然后根据图像的斜率k，就可测出该地的重力加速度g=_______。
【答案】 ①. 最低点 ②. ③. 偏小 ④. b ⑤.
【解析】
【详解】(1)[1][2]．拉开金属块，由静止释放，当它摆到最低点开始计时；若金属块完成n次全振动所用的时间为t，则摆动周期
(2)[3]．根据单摆周期公式可得
由于摆绳的长度OM作为摆长，所用摆长小于真实的摆长，所以g值偏小；
(3)[4][5]．单摆的摆长等于金属块的重心到悬点的距离，即为摆线长L与金属块的重心到与绳子连接处距离r之和，根据单摆的周期公式
可得
由数学知识可知：对应的图象应为b，其斜率
故可得
三、计算题（本题共3小题，共38分，计算过程写出必要的文字说明。）
13. 北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
（1）冰壶乙获得的速度大小；
（2）试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少。
【答案】（1）0.3 m/s；（2）非弹性碰撞，0.57 J
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律知
将
代入上式得
（2）碰撞前的动能
碰撞后两冰壶的总动能
因
所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，能量损失
14. 如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰。小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小。
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】当系统动能最小时，弹簧被压缩至最短，两球具有共同速度v共，设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1，从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1＋m2v
m1v02＝m1v12＋m2v2
联立解得
即
从小球A碰到弹簧到两球达到相同速度的过程中，系统动量守恒，故
解得
15. 羽毛球是速度最快的球类运动之一。假设球飞来的速度为，我国运动员林丹将球以的速度反向击回．设羽毛球质量为试求：
(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？
【答案】(1)，方向与羽毛球飞回的方向相同；(2)
【解析】
【分析】
【详解】(1)以球飞回的方向为正方向，则
所以羽毛球的动量变化量为
即羽毛球的动量变化大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同；
(2)羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以
羽毛球的初动能
羽毛球的末动能
，
所以