湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题（Word版附解析）

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时 量：75分钟 分 值：100分
第I卷 选择题 （ 共44分 ）
一、选择题（本题共 10 小题，单选每题4分，多选每题5分，共44分。其中第1-6题为单选题，只有一个选项符合题目要求。第7-10题为多选题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得５分，选对但不全的得３分，有选错得０分）
1. 如图所示，小朋友在荡秋千时，小朋友可视为质点，她自内侧最高点a运动到外侧最高点过程中，忽略空气阻力，秋千对小朋友作用力的冲量方向为（ ）
A. 竖直向上B. 竖直向下
C. a指向方向D. 指向a方向
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】小朋友初始动量和末动量均为零，根据动量定理，合力的冲量为零，所以秋千对小朋友作用力的冲量与重力冲量等大反向。
故选A。
2. 2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲是一观众用手机连拍功能拍摄苏翊鸣从起跳到落地全过程的合成图。图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点四个部分，运动员从一百多米的助滑跑道滑下，腾空高度平均可达7m，落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是（ ）
A. 运动员由于与着陆坡作用时间短，所以不会受伤
B. 运动员由于受到空气阻力，机械能减少，速度降低，所以不会受伤
C. 适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性
D. 运动员落到着陆坡时，由于运动员动量变化量小，所以受到的撞击力小
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，设运动员着陆前瞬间垂直于着陆坡的分速度为v2，着陆坡与水平方向的倾角为θ，运动员着陆瞬间所受着陆坡的冲击力大小为FN，与着陆坡的作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，根据动量定理有
解得
运动员之所以不会受伤，是因为FN较小，即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率较小（即mv2较小且较大），且根据FN的表达式可知，适当增加着陆坡与水平方向的倾角θ可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性。运动员下落时虽然受到空气阻力，但下落时仍做加速运动，速度不会降低。综上所述可知ABD错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，一个夹层中空的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置为A点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中正确的是（ ）
A. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点
B. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧
C. 小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置要看二者的质量关系而定
D. 小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点左侧
【答案】A
【解析】
【详解】小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下时，由于不计任何摩擦，由动量守恒定律以及能量守恒关系可知，小圆柱体会再次到达顶部；若小圆柱体相对地面移动x时，大圆柱体相对地面移动y，则根据“人船模型”可知
mx=My
且x、y的方向应该相反，而若小圆柱体能到达大圆柱体最高点时，x=y，则只能有x=y=0，即此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点。故选A。
4. 有一火箭正在远离任何星体的太空中以速度v0匀速飞行，某时刻，火箭在极短的时间Δt内喷射质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，此次喷气后火箭的质量是m，则火箭在此次喷气后速度增加量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，喷出燃气后，燃气的速度为
则燃气的动量变化为
设火箭在此次喷气后速度为，则火箭在此次喷气的动量变化为
根据动量守恒定律得
解得火箭在此次喷气后速度增加量为
故选C。
5. 如图所示，质量为2m的圆弧曲面B静置在光滑的水平面上，质量为m的小球A以v0冲向曲面，恰好运动到圆弧曲面的最高点不计一切摩擦，重力加速度为g，小球可视为质点。则圆弧曲面的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】恰好运动到圆弧曲面的最高点时小球和曲面共速，由动量守恒及能量守恒可得
解得
故选A。
6. 如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B. 小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D. 从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直导槽向上
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，但U形管有垂直小球的弹力作用，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B．小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故B错误；
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故
解得
设小球的合速度为，根据机械能守恒定律
解得
故C错误；
D．在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为
运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理，有
根据牛顿第三定律，平行导槽受到的冲量大小也为，故D正确；
故选D。
7. 如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A. 半圆槽内由A向B的过程中小球的机械能守恒，由B向C的过程中小球的机械能也守恒
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒
C. 小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D. 小球离开C点以后，将做斜抛运动
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．小球在半圆槽内由A向B的过程中只有重力作用，小球的机械能守恒；小球在半圆槽内运动由B到C过程中，小球对半圆槽做正功，使得半圆槽的机械能增加，则槽的支持力对小球做负功，小球机械能减小，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误；
BC．小球在半圆槽内由A向B运动过程，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒；小球在半圆槽内由B向C运动过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故BC正确；
D．由B到C过程小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜抛运动，故D正确。
故选BCD。
8. 如图甲所示，一轻质弹簧的两端与两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，其中物块A的质量为m=2kg。现使A获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
B. 物块B的质量为1kg
C. 弹簧第一次恢复原长时，物块A的速度大小为1m/s
D. 弹簧的最大弹性势能为6J
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A错误；
BC．系统动量守恒，选择开始到t2时刻，弹簧弹性势能为零，则列方程可知
m1v0=m1v1+m2v2

将v0=3m/s，v2=2m/s m1=2kg 代入得
v1=-1m/s
m2=4kg
故B错误，C正确；
D．由图可知t1时刻弹簧的弹性势能最大。则此时
m1v0=(m1+m2)v
解得
v=1m/s
弹簧的最大弹性势能为

故D正确；
故选CD。
9. 如图所示是为了检验某种材料抗穿透能力的实验装置。把一定厚度的某种材料放在水平地面上，在材料的正上方固定一个发射装置，发射装置竖直向下以某一速度v发射一颗子弹，然后子弹打入材料一定的深度后静止不动。若把子弹从静止开始至接触材料前的过程称为过程1，子弹接触材料直到静止在材料中的过程称为过程2。空气阻力不计，则下列说法正确的是（ ）

A. 在过程1中，子弹重力的冲量大小等于其动量的增量大小
B. 在过程1中，子弹重力做的功等于其动能的增量
C. 在过程2中，子弹重力的冲量大小等于其动量的减少量大小
D. 子弹在过程1中动量的增量大小等于子弹在过程2中动量的减少量大小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．在过程1，子弹仅仅受到重力作用，取竖直向下为正方向，根据动量定理有
即在过程1中，子弹重力的冲量大小等于其动量的增量大小，故A正确；
B．在过程1，子弹仅仅受到重力作用，只有重力做功，根据动能定理有
即在过程1中，子弹重力做的功等于其动能的增量，故B正确；
C．在过程2，子弹受到重力与材料对子弹的阻力作用，取竖直向下为正方向，根据动量定理有
可知在过程2中，子弹所受重力与材料对子弹的阻力的合力的冲量大小等于其动量的减少量大小，故C错误；
D．根据上述可知，子弹在过程1中动量的增量大小为，子弹在过程2中动量的增量大小为，所以子弹在过程1中动量的增量大小小于子弹在过程2中动量的减少量大小，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球A、B质量分别为m、（k为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值，下列各项中正确的是（ ）
A. 若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B. 若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C. 若，小球B在后续运动过程中会脱离轨道
D. 若，小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞
【答案】ABD
【解析】
【详解】AC．小球A下滑到最低点的过程中
第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，即
解得
小球恰运动至轨道顶点，设此时速度为，则
解得
根据机械能守恒可得
解得
即
根据上面分析，小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点时
即
因此，若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点。若，两球发生弹性碰撞，由于两球的质量相等，速度交换，小球B恰能运动到右侧圆弧轨道速度减为零，然后返回，不会脱离轨道，若，小球B则运动不到右侧圆弧轨道处速度减为零，然后返回，不会脱离轨道，故A正确，C错误；
B．根据上面分析可知，若，则小球B第一次碰后将会在右侧圆弧轨道至最高点的某处脱离圆轨道，故B正确；
D．当时
两球速度大小相同，方向相反，经过相同的时间同时回到最低点，发生第二次弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒可知，第二次碰撞后
小球B静止，小球A反向运动，速度大小等于第一次碰撞前速度大小，往上运动到左侧圆弧轨道速度减为零，然后返回，重复第一次碰撞过程，如此反复，故D正确。
故选ABD。
第II卷 非选择题（共56分）
二、实验题（本题共2个小题，每空2分， 共20分）
11. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙子电池，电动势不足1V，内阻上千欧。
（1）甲同学用如图a所示的实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。实验室提供备用的器材如下：
A．电流表A1：内阻为0.5Ω，量程为0~0.6A
B．电流表A2：内阻为100Ω，量程为0~300μA
C．电阻箱R1（0～100Ω）
D．电阻箱R2（0～9999Ω）
E．开关一个，导线若干
实验中，电流表应选________，电阻箱应选________。（填写所给器材的序号）
（2）甲同学正确连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。根据实验数据计算出电阻箱R两端的电压，作出的U­-I图像如图b所示，则从图像中得出该橙子电池的电动势为E＝________V，内阻为r＝________kΩ。（保留两位有效数字）。
（3）乙同学将四个这样的橙子电池串联起来给“2.5V 0.5A”的小灯泡供电，灯泡仍不发光，检查电路无故障，分析灯泡不亮的原因是：_____________。
【答案】 ①. B ②. D ③. 0.95 ④. 1.2 ⑤. 橙子电池的内阻太大，回路电流太小，路端电压太小，灯泡实际功率太小
【解析】
【详解】（1）[1][2]橙子电池的电动势很小、内阻很大，为使电表有明显示数，电流表应选择B，电阻箱应选择D；
（2）[3]根据图a所示电路图，由闭合电路的欧姆定律可知
整理得
由图b所示图像可知，橙子电池电动势为
[4]图像斜率的绝对值
橙子电池的内阻
（3）[5]橙子电池的内阻太大，回路中电流太小，路端电压太小，灯泡实际功率太小，灯泡不发光。
12. 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多次从斜轨上静止释放，找到其平均落地点的位置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．应使小球每次从斜槽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次落点分别为、、…、，则OP应取、、…、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、、的长度外，还需要测量的物理量有___________。
A．A、B两点间高度差
B．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）小问中测物理量字母表示）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）小问中测物理量的字母表示）是否成立。
【答案】 ①. 16.70mm ②. ACD ③. D ④. C ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]小球的直径为1.6cm+0.05mm×14=16.70mm
（2）[2]A．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。
（3）[3]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，则不应该取、、…、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P，选项D正确。
故选D。
（4）[4]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。
（5）[5]若两球相碰后的动量守恒，由（4）可知其表达式为
（6）[6]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
三、计算题（本题共3个小题，共36分，要求有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不能得分，有数值计算的必须写出数值和单位）
13. 动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，碰撞时间为Δt。如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
（1）分别求出碰拉前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
（2）求小球对木板的作用力。
【答案】（1）0，；（2），方向沿y轴负方向
【解析】
【分析】
【详解】（1）x方向：动量变化为
y方向：动量变化为
方向沿y轴正方向
（1）根据动量定理可知，木板对小球作用力大小
方向沿y轴正方向。
根据牛顿第三定律，小球对木板作用力大小为，方向沿y轴负方向。
14. 如图所示，小球A放于小球B正上方（两球直接接触且球心连线竖直），两小球同时由距水平地面高度为H的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B的质量是小球A质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球A反弹后能上升的最大高度。
【答案】h=4H
【解析】
【详解】两小球自由落体运动
v12=2gH
小球B与地面碰撞时没有机械能损失，所以以原速率反弹vB=v1方向向上；此时小球A速度vA=v1方向向下，设小球A质量为M，则小球B质量为3M，小球B反弹后与小球A相碰，动量守恒、机械能守恒，取向上方向为正方向
3MvB－MvA=3MvB′＋MvA′
解得
vA′=v1方向向下（舍）或vA′=2v1方向向上
小球A反弹后，机械能守恒
MvA′2=Mgh
解得
h=4H
15. 如图所示，滑块A（可视为质点）位于小车B的最左端，二者一起以的初速度向右匀速运动，木块C静止在小车B的正前方，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C的质量分别为，A与B之间、C与水平地面之间的摩擦因数均为，不计小车B与地面之间的摩擦，小车的表面水平且足够长，重力加速度。求：
（1）小车B和木块C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；
（2）小车B和木块C第2次碰撞前，滑块A与小车B摩擦产生的热量；
（3）小车B和木块C第3次碰撞前，木块C运动的位移的大小。

【答案】（1），，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小车B和木块C第1次碰撞后速度分别为和，弹性碰撞满足
解得
，
滑块速度不变，滑块和小车B发生相对滑动，由牛顿第二定律得，
，，
解得
，，
（2）小车B和木块C第1次碰撞后，滑块匀减速，小车B匀加速，木块C匀减速，在小车B和木块C第2次碰撞前，设滑块和小车B已经达到相同速度一起匀速运动，对滑块和小车B系统，由动量守恒得
解得
由能量守恒得
解得
（3）滑块和小车B以速度一起匀速运动，在小车B和木块C第2次碰撞前，假设木块C未停止运动，速度为，两次碰撞之间小车B和木块C的位移均为，由运动学关系得
，
解得
或（舍）
所以假设成立，小车B和木块C第2次碰撞前木块C未停止运动
设小车B和木块C第2次碰撞后速度分别为和，弹性碰撞满足
解得
，
设在小车B和木块C第3次碰撞前，滑块和小车B已经达到相同速度一起匀速运动，对滑块和小车B系统，由动量守恒得
解得
设小车B和木块C第2次碰撞后到第3次碰撞前的过程中，小车B和木块C的位移均为，第3次碰撞前C的速度为，由运动学关系得
，
解得
或（舍），
同理，小车B和木块C第3次碰撞前木块C未停止运动
解得
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
180
220