2024-2025学年湖北省随州市部分高中联考协作体高二（上）月考物理试卷（12月）-（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省随州市部分高中联考协作体高二（上）月考物理试卷（12月）-（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间动量的变化量为( )
A. 5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B. 5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C. 2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D. 2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对动量、动量的变化量的理解。
直接计算此过程动量的变化量即可判断。
【解答】
以原运动方向为正方向，则这段时间动量的变化量为Δp=m(−v2)−mv1=−5kg·m/s，负号表示动量变化的方向与原运动方向相反，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5kg⋅m/s，p2=7kg⋅m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg⋅m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )
A. m1=m2B. 2m1=m2C. 4m1=m2D. 6m1=m2
【答案】C
【解析】【分析】
碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系。对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。
【解答】
根据动量守恒定律得
P1+P2=P1′+P2′
解得P1′=2kg·m/s
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
P122m1+P222m2⩽P122m1+P222m2
解得：m1m2⩽2151
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
P1′m115
从而m2m1的取值范围：[5112,5]，故C正确，ABD错误。
故选C。
3.正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中( )
A. 机器一定不会发生强烈的振动
B. 机器不一定还会发生强烈的振动
C. 若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时
D. 若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
【答案】D
【解析】【分析】
当机器的固有频率和驱动频率相等时达到共振，飞轮角速度由0缓慢增加到ω0过程中，驱动频率一定会再次和机器固有频率相等，因此一定会再次发生共振，发生强烈振动，当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0。
本题考查共振。达到共振的条件是驱动频率和固有频率正好相等，掌握并应用此规律是解题关键。
【解答】
AB.飞轮以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故AB错误；
CD.由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0，故C错误，D正确。
4.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5 s，b和c之间的距离是5 m，下列说法正确的是( )
A. 此列波的波长为2.5 mB. 此列波的波速为5 m/s
C. 此列波的频率为2 HzD. 此时质点N正沿x轴正方向运动
【答案】B
【解析】A.相邻两个波峰或者波谷之间的距离就是一个波长，所以b和c之间的距离就是一个波长，即λ=5m，A错误；
BCD.质点 b 的起振时刻比质点 a 延迟了0.5s，说明波是向 x 轴正方向传播的，质点N正沿 y 轴负方向运动，b和a之间的距离是半个波长，故T=1.0s，此列波的频率为f=1T=1Hz，此列波的波速为v=λT=5m/s，B正确，CD错误。
故选B。
5.O、P、Q为软绳上的三点，t=0时刻手持O点由平衡位置开始在竖直方向做简谐运动，至t1时刻恰好完成两次全振动，此时绳上OQ间形成的波形如图所示，下列四幅位移−时间图像中能反映P点在0∼t1时间内运动情况的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查波的传播与质点做简谐运动的关系，根据题意可知O点在0~t1时间内完成了两次全振动，则可以做出全部波形图，明确波传播过程中，所有质点的起振方向都是一致的，再结合波传播到P点用时一个周期得出结论。
【解答】
根据题意可知O点在0~t1时间内完成了两次全振动，​​​​​​​做出0~t1的波形图如下：
波向右传播，根据波形平移法可知最右边质点的起振方向向下，所以质点P的起振方向也是向下的，
OP间距为一个波长，所以波传到P点用了一个周期的时间，则P点在0～t1时间内只振动了一个周期，故选D。
6.用玻璃制成的一块棱镜的截面图如图所示，其中ABOD是矩形，OED是半径为R的四分之一圆弧，O为圆心，OB长为R3。一束光线从AB面上以入射角θ1射入棱镜后，恰好在O点发生全反射后从圆弧面射出，光路图如图所示。已知光在空气中的传播速度为c，在棱镜中的传播速度为45c，则光线在棱镜中传播的时间为( )
A. 3R2cB. 6 2R5cC. 3RcD. 85R48c
【答案】D
【解析】【分析】
由公式v=cn求出玻璃的折射率n，在BE面上发生全反射，可求临界角，由几何关系求出光在棱镜中的传播距离，即可求得光从进入棱镜到射出棱镜所需时间t。
【解答】
由v=cn得n=cv=c4c5=54，
光线在BE面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C。
由sinC=1n=45，由几何关系在ABOD传播的距离s1=OBsinC=R345=512R，在半径为R的四分之一圆弧中传播的距离s2=R，所以t=s1+s2v=85R48c，所以ABC错误，D正确。
故选D。
7.如图所示，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30∘.一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60∘，则玻璃对红光的折射率为( )
A. 1.5B. 2 3C. 3D. 2.0
【答案】C
【解析】解：光从AB边垂直入射时不发生折射，所以红光到达AC面的入射角为i=30°，折射角为r=60°，则玻璃对红光的折射率为n=sinrsini=sin60°sin30∘= 3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据画好的光路图，结合几何关系计算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小。
解答本题的关键是：理解入射角及折射角的定义，熟练掌握折射定律的具体应用，特别要注意本题的条件是光线从AB面垂直进入，是不在AB边发生偏折。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失动能为ΔEk1损，系统机械能的损失为E1损，穿透后系统的总动量为P1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t2，子弹损失动能为ΔEk2损，系统机械能的换失为E2损，穿透后系统的总动量为P2，设木块给子弹的阻力为恒力，且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列说法中正确的是( )
A. t2▵Ek1损C. E2损>E 1损D. P2>P1
【答案】BD
【解析】【分析】
两次击中木块过程中，子弹受的平均阻力f相同，两次的加速度相等；子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块时，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S1，结合位移的公式可以判定时间的关系和子弹损失的动能之间的关系；根据能量守恒定律，系统摩擦生热Q=fs，其中f为阻力，s为子弹相对于木块的位移。根据动量守恒定律分析动量关系。
本题考查了动能定理和能量守恒定律在子弹打木块模型中的应用，注意研究对象的选取和功能关系的应用，要注意系统损失的机械能等于系统克服阻力做的功，而系统克服阻力做的功与子弹和木块的相对位移有关。
【解答】
A、两次击中木块过程中，子弹受到的阻力f相同，根据牛顿第二定律a=fm，两次的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S1，即S2>S1；子弹做减速运动，由位移公式：
S=v0t+12at2和S2>S1可得，t1S1，所以△Ek2损>△Ek1损，故B正确；
C、两次击中木块过程中，子弹受到的平均阻力相同，系统摩擦生热Q=fd，其中f为阻力，d为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的损失相等，即E2损=E1损.故C错误；
D、P1小于子弹的初动量。第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则P2等于子弹的初动量。所以P2>P1，故D正确。
故选：BD。
9.如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。下列说法正确的是( )
A. 如果在t ​2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t ​2−t ​1的最小值小于T2
B. 如果在t ​2时刻物块的动能也为E ​k，则t ​2−t ​1的最小值为T
C. 物块通过O点时动能最大
D. 当物块通过O点时，其加速度最小
【答案】ACD
【解析】【分析】
物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等。物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等。当物块通过平衡位置时加速度最小。
解决本题的关键要抓住简谐运动的对称性和周期性，知道简谐运动的特征：a=−kxm来分析各个物理量的变化。
【解答】
A.物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时速度相等，所以如果在t2时刻物块的速度也为v，t2−t1的最小值小于等于T2.故A正确；
B.物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2−t1的最小值可以小于T，故B错误；
CD.图中O点是平衡位置，根据a=−kxm知，物块经过O点时其加速度最小，速度最大，则动能最大，故CD正确。
故选ACD。
10.夏天，游泳是孩子们最喜欢的运动项目之一。如图所示是某市水上运动中心安置在游泳池中底部的照相机拍摄的一张小红游泳的照片，相机的镜头竖直向上，照片中运动馆的景象呈现在半径r=7.5cm的圆形范围内，水面上的小红头到脚的长度l=4.0cm。若已知水的折射率n=43，小红实际身高h=160cm，则下列说法正确的是( )
A. 游泳池的水深约为2.6mB. 游泳池的水深约为3.6m
C. 该题涉及的物理知识是干涉和衍射D. 该题涉及的物理知识是折射和全反射
【答案】AD
【解析】解：AB、设照片圆形区域的半径为R，泳池水深为H，如图所示：
光线在水面恰好发生全反射，则
根据几何关系得：sinα=R R2+H2
Rr=hl
联立以上各式解得：H≈2.6m，故A正确，B错误；
CD、由以上分析可知，题目场景所涉及到的物理知识是折射和全反射，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据折射率的定义和几何关系得出游泳池的水深；
根据题目的特点分析出对应的物理知识。
本题主要考查了光的折射定律，理解光的传播特点，结合几何关系和折射率的定义即可完成分析。
三、简答题：本大题共1小题，共12分。
11.有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t=0)，经过14周期振子有正向最大加速度。
(1)求振子的振幅和周期；
(2)在图中作出该振子的位移时间图像；
(3)写出振子的振动方程。
【答案】(1)由题可知，振幅
A=10cm
周期为
T=210s=0.2s
(2)振子在 14 周期时具有正向最大加速度，故有负向最大位移，其位移时间图像如图所示
(3)设振动方程为
x=Asin(ωt+φ)
当t=0时，x=0，则
sinφ=0
解得
φ=π 或 φ=0 (舍去)
所以振动方程为
x=10sin(10πt+π)cm

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.一质量为2kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点x=5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
【答案】(1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有
−μmgx=12mv2−12mv02
代入相关已知数据，求得
μ=0.32
(2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正方向，由动量定理有
FΔt=mv′−mv
其中 v′=6m/s,v=−7m/s ，代入可得
F=520N
(3)物块向左匀减速直线运动的过程，由动能定理有
−W=0−12mv′2
解得物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功
W=36J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.如图，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m.先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触．现由静止释放小球A.重力加速度大小为g。求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度．
【答案】解：(1)小球A第一次摆到最低点时速度最大，设最大速度大小为v0，
由动能定理得：mgL=12mv02−0
解得：v0= 2gL
(2)A第二次到达最低点时B的速度最大，A、B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，
设A第二次到达最低点时的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12mvB2
解得：vA=0，vB= 2gL
(3)当小球A摆到最高点时，A、B速度相等，设为v，A、B系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+m)v
由机械能守恒定律得：12mv02=12(m+m)v2+mgh
解得：h=12L
答：(1)小球A向右摆动的最大速度大小是 2gL，方向水平向右；
(2)物块B运动过程中的最大速度大小是 2gL，方向水平向右；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度是12L。
【解析】(1)小球A第一次到达最低点时速度最大，应用动能定理可以求出小球的最大速度。
(2)小球再次到达最低点时B的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的最大速度。
(3)小球A向右摆到最高点时A、B速度相等，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A上升的最大高度。
根据题意分析清楚A、B的运动过程，确定A、B速度最大的位置是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；解题时注意A、B系统仅在水平方向动量守恒。
14.图甲是一列简谐横波传播到x=5m的M点时的波形图，图乙是质点N(x=3m)从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。
(1)这列波的传播速度？
(2)当质点Q开始振动时，质点M位于什么位置？
(3)从此时刻开始计时，质点Q经历多长时间第二次到达波峰？
【答案】解：(1)由甲图得波长为 λ=4m ，由乙图知周期为 T=4s ，
则波速为v=λT=1m/s；
(2)由甲图知波的振幅为10cm，波从M点传到Q点的时间为t=10−51s=5s ，
波刚传播到 x=5m 的 M 点时，根据同侧法知M点处于平衡位置且正在向下振动，经过5s，M点重复一又四分之一周期，则M点处于 y=−10cm 的位置；
(3)波从M点传到Q点的时间为t=10−51s=5s，
波刚到Q点时向下振动，还需要四分之三个周期第一次到达波峰，再过一个周期第二次到达波峰，所以一共需要时间为t1=134T+t=12s。

【解析】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。
振动图像反映同一质点在不同时刻的位置；波的图像反映不同质点在相同时刻的位置。要分清波的传播和质点的振动。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。对于波的图像往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
15.如图(a)所示电视机遥控器中有一个用透明介质封装的发光二极管，它发出红外光来控制电视机的各种功能。一兴趣小组找来一个用此种材料制成的半圆柱体，利用插针法测定该透明介质的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路。P和Q分别是入射点和出射点，且AB⊥MN，如图(b)所示。测得半圆柱体的半径R=5cm,OP=1cm,DQ=4cm,D到法线OQ的距离DG=2cm。已知光速c=3.0×108m/s。

(1)求该透明介质的折射率和光在该介质中传播的速度大小；
(2)实际测得封装二极管的半球直径d=5mm，发光二极管的发光面是以EF为直径的发光圆盘，其圆心位于半球的球心点O，如图(c)所示。为确保发光面发出的红外光第一次到达半球面时都不发生全反射，发光二极管的发光面半径r最大应为多大？
【答案】(1)设∠DQG为i，∠OQP为r，由几何关系sini=DGDQ,sinr=OPOQ
由折射定律n=sinisinr
带入数据解得n=2.5
由n=cv可得v=cn=1.2×108m/s；
(2)设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为θ和α，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则sinα=hR,sinθ=rR
又h