河南省郑州市中牟县第一高级中学2024-2025学年高二下学期3月第二次月考 物理试题（含解析）

这是一份河南省郑州市中牟县第一高级中学2024-2025学年高二下学期3月第二次月考 物理试题（含解析），共13页。
单项选择题（7小题，每题4分，共28分）
题目ID：977879329235017728
1.关于横波和纵波，下列说法正确的是（ ）
A．对于横波和纵波，质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反
B．对于纵波，质点的振动方向与波的传播方向一定相同
C．形成纵波的质点，随波一起迁移
D．形成纵波的质点不随波迁移
题目ID：977879333131522048
2.一质点做简谐振动，从平衡位置运动到最远点需要 14周期，则从平衡位置走过该距离的一半所需时间为
A．周期 B．周期 C．周期 D．周期
题目ID：977879336545685504
3.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点振动频率是4Hz
B．在10s内质点经过的路程是20cm
C．第4s末质点的速度是零
D．在 t=1s和 t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
题目ID：977879348310708224
4.放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
题目ID：977879351154446336
5.利用发波水槽得到的水面波形如图a、b所示，则（ ）
A．图a、b均显示了波的干涉现象
B．图a、b均显示了波的衍射现象
C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象
D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象
题目ID：977879391361044480
6.一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是 t=1s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图象（两图用同一时间起点），则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图象（ ）
A． x=0处的质点 B． x=1m处的质点
C． x=2m处的质点 D． x=3m处的质点
题目ID：977879395022675968
7.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2 gℎ3
D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=mgh
题目ID：977879401322516480
多项选择题（3小题，每题6分，共18分）
8.
两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时（ ）
A．a,b连线中点振动加强 B．a,b连线中点速度为0
C．a,b,c,d四点速度均为0 D．再经过半个周期c、d两点振动减弱
题目ID：977879406687035392
9.
如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的 O′点钉一个光滑钉子，使 OO′=L2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则以下说法正确的是（ ）
A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．A和C两点在同一水平面上
C．周期 T=2πLg+L2g D．周期 T=πLg+L2g
题目ID：977879413976735744
10.
如图所示，半径分别为R和 r=R2的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
A．b球的质量 mb=2m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 2mg
D．若 ma=mb=m，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 Ep=5mgR
题目ID：977879420159135744
实验题（3小题，共18分）
11.“用单摆测定重力加速度”的实验装置如图所示。关于该实验，有下列步骤：
（1）测单摆周期时，为减小测量误差，应________。
A．以平衡位置作为计时起点 B．以最大位移处作为计时起点
C．可以以任意位置作为计时起点
（2）测出摆线长L，小球直径d，及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝ 。（用L、d、n、t表示）
（3）如图所示，用游标卡尺测得小球的直径为 mm。
（4）某同学在实验时忘了测量小球直径，但是改变摆线长度做了多次测量，得到多组T与L的实验数据，根据这些数据，该同学能否求得当地的重力加速度 。（填“能”或“不能”）
题目ID：977879426408652800
12.
某同学用图所示装置来验证动量守恒定律,实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下,在水平地面上的记录纸上留下痕迹,重复10次;然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止,让a球仍从原固定点由静止开始滚下,和b球相碰后,两球分别落在记录纸的不同位置处,重复10次.回答下列问题:

（1）在安装实验器材时斜槽的末端应
（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma mb,两球的半径应满足ra rb (选填“＞”、“＜”或“=”).
（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示,这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的 点和 点．
（4）在本实验中结合图,验证动量守恒的验证式是下列选项中的 ．
A.maOC=maOA+mbOB B. maOB=maOA+mbOC C. maOA=maOB+mbOC
题目ID：977879433526386688
解答题（3小题，共36分）
13.
每年8月至10月，是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。
（1）若质量为 m1=1.0kg的花盆从高为 ℎ1=30.50m的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为 ℎ0=1.70m的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间 t1=0.25s，不计空气阻力，估算花盆对该居民的平均撞击力有多大；
（2）某高层建筑顶部一广告牌的面积 S=25m2，台风最大风速为20m/s，已知空气密度 ρ=1.30kg/m3，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大。
题目ID：977879439524237312
14.
如图所示为一列简谐波在t1＝0时刻的图象。此时波中质点M的运动方向沿y轴正方向，且t2＝0.45 s时质点M恰好第3次到达y轴正方向最大位移处。试求：
（1）此波向什么方向传播？
（2）波速是多大？
（3）从t1＝0至t3＝1.1 s时间内波中质点N运动的路程和t3时刻的位移分别是多少？

题目ID：977879446994292736
15.
如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块 B上，另一端与滑块 C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为 H=5 m的光滑水平桌面上。现有一滑块 A从光滑曲面上离桌面高 ℎ=1.8 m处由静止开始滑下，与滑块 B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块 C向前运动，经过一段时间，滑块 C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出。已知 mA=1 kg， mB=2 kg， mC=3 kg，取 g=10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块 A与滑块 B碰撞结束瞬间的速度大小；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块 C落地点与桌面边缘的水平距离。

. 2024——2025学年高二下学期第二次月考
物理参考答案
题目ID：977879329235017728
【答案】
1.D
【解析】
1.AB．横波质点的振动方向与传播方向相互垂直，纵波质点的振动方向与传播方向有时相同，有时相反，故AB项错误；
CD．介质中的质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波迁移，故C项错误；D项正确；
故选D。
题目ID：977879333131522048
【答案】
2.D
【解析】
2.由简谐振动的表达式有 12x=sin2πTt ，得 2πTt=π6 ， t=112T ， D 正确．
题目ID：977879336545685504
【答案】
3.B
【解析】
3.A．由题图可知其质点振动的周期为4s，由频率与周期的关系有
f=1T=0.25Hz
故A项错误；
B．由之前的分析可知，其周期为4s，所以10s为2.5个周期，由质点做简谐运动的规律可知，其一个周期内的路程为振幅的4倍，半个周期内的路程为两倍的振幅。由题图可知其振幅为2cm。所以其10s内的路程为
s=10A=20cm
故B项正确；
C．由振动图像可知，其4s时质点在平衡位置，即此时其质点的速度最大不为零，故C项错误；
D．由振动图像可知，其在 t=1s时处于正向最大位移处，在 t=3s时处于负向最大位移处，两时刻质点的位移其大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
题目ID：977879348310708224
【答案】
4.A
【解析】
4.AB．设摆球上升最大高度h，则
mgℎ=12mv2
解得
v=2gℎ
所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，故A正确，B错误；
CD．根据单摆周期公式 T=2πlg，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，故CD错误。
故选A。
题目ID：977879351154446336
【答案】
5.D
【解析】
5.波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象，故图a说明发生了明显的衍射现象。频率相同的两列波相遇时，当波程差为波长的整数倍时振动加强，当波程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，使有的地方振动加强有的地方振动减弱，且加强和减弱的区域交替出现，故图b是发生了干涉现象。故D正确。
题目ID：977879391361044480
【答案】
6.A
【解析】
6.图乙中 t=1s时质点经平衡位置向 y轴负方向运动，图甲中上， t=1s时刻，只有 x=0处质点、 x=2m处质点以及 x=4m和 x=6m经过平衡位置。简谐横波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知， x=0处质点经平衡位置向 y轴负方向运动，与图乙中 t=1s时刻质点的状态相同。
故选A。
题目ID：977879395022675968
【答案】
7.D
【解析】
7.A．滑块下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确，不符合题意；
B．滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，B正确，不符合题意；
C．设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
mv1−2mv2=0
由机械能守恒定律得
mgℎ=12mv12+12⋅2mv22
联立解得
v1=2gℎ3
v2=gℎ3
物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，则
v=v1=2gℎ3
C正确，不符合题意；
D．物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能为
Ep=12mv12=23 mgℎ
D错误，符合题意。
故选D。
题目ID：977879401322516480
8.【答案】
ACD
8.【解析】
a 是两个波谷相遇，振动加强，但此时速度为 0 ； b 是两个波峰相遇，振动加强，但此时速度为 0 ； a 、 b 两点是振动加强区，所以 a 、 b 连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为 0 ； c 和 d 两点是波峰和波谷相遇点， c 、 d 两点振动始终减弱，振幅为 0 ，即质点静止，故AC正确，B错误；再经过半个周期c、d两点仍是振动减弱，故 D 正确．
题目ID：977879406687035392
9.【答案】
BD
9.【解析】
AB．小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A、C两点在同一水平面上，但是小球经过B点时，单摆的摆长发生变化，摆角发生变化，，故A错误，B正确；
CD．设小球从A到B的时间为
t1=14×2πLg=π2Lg
小球从B到C的时间为
t2=14×2πL2g=π2L2g
则周期为
T=2(t1+t2)=π(Lg+L2g)
故C错误，D正确。
故选BD。
题目ID：977879413976735744
10.【答案】
AD
10.【解析】
A．设小球离开弹簧后的速度大小为 va， a球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为 va'，则有
mg=mva'2R
解得
va'=gR
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得
12mva2=2mgR+12mva′2
解得
va=5gR
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为
vb=5gr
取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mva−mbvb=0
可得
mb=2m
故A正确；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系
Ek=p22m
可知，动能不相等，故B错误；
C．a球到达圆心等高处时，速度为 v，由动能定理可得
−mgR=12mv2−12mva2
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有
F=mv2R
联立解得
F=3mg
由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为 3mg，所以C错误；
D．若 ma=mb=m，取向左为正方向，由动量守恒定理有
mava−mbvb=0
则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为
va=5gR
则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
Ep=2×12mva2=5mgR
故D正确。
故选AD。
题目ID：977879420159135744
11.【答案】
（1）A
（2） 2n2π22L+dt2
（3）20.3
（4）能
11.【解析】
（1）测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，经过相等的距离所用时间较短，引起的时间误差较小，故A正确。
故选A。
（2）单摆完成n次全振动所用的时间t，则周期为
T=tn
根据单摆周期公式可得
T=2πL+d2g
联立可得重力加速度为
g=2n2π22L+dt2
（3）10分度游标卡尺的精确值为 0.1mm，由图可知小球的直径为
d=20mm+3×0.1mm=20.3mm
（4）根据单摆周期公式可得
T=2πL+d2g
可得
T2=4π2gL+2π2dg
所以作出 T2−L图像，得到图像的斜率 k，则有
k=4π2g
可得当地的重力加速度为
g=4π2k
所以该同学能能求得当地的重力加速度。
题目ID：977879426408652800
12.【答案】
(1)保持水平; (2)＞ = (3)A C (4)B
12.【解析】
（1 ）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动．
（2 ）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量 m a 大于 m b ，即 m a ＞m b ．为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等；
（3 ）由图 1 所示装置可知，小球 a 和小球 b 相撞后，小球 b 的速度增大，小球 a 的速度减小， b 球在前， a 球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球 a 的落地点为 B 点，碰撞后 a、b 的落地点分别为 A、C 点．
（4 ）小球在空中的运动时间 t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则有： m a v 0 =m a v A +m b v B ，
两边同时乘以时间 t 得： m a v 0 t=m a v A t+m b v B t，
得： m a OB=m a OA+m b OC， 故选 B．
点睛：本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．
题目ID：977879433526386688
13.【答案】
（1） 106N；（2） 1.3×104N
13.【解析】
（1）花盆下落高度h=28.8m，根据自由落体运动规律
v2=2gℎ
解得
v=24m/s
花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得
F−mgt1=0−−m1v
F=106N
由牛顿第三定律，头顶受到平均撞击力大小
F′=F=106N
（2）设非常短时间 Δt内吹到广告牌上的空气质量为m
m=ρSvΔt
对 Δt时间内吹到广告牌上的空气，由动量定理得
−FΔt=0−ρsv2Δt
F=ρSv2
代入数据解得
F=1.3×104N
由牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力大小
F′=F=1.3×104N
题目ID：977879439524237312
14.【答案】
（1）波向右传播；（2）2 m/s；（3）110 cm ，-2.5 cm
14.【解析】
（1）由M点此时的运动方向向上，得出此波向右传播。
（2）在t2＝0.45 s时，质点M恰好第3次到达正最大位移处，则有
2+14T=0.45s
解得周期为
T=0.2s
由波的图象可以看出波长为
λ=0.4m
则波速为
v=λT=
（3）在t1＝0至t3＝1.1s这段时间，波中质点N经过了 512个周期，所以走过的路程为
s=22×5cm=110cm
t3时刻的位移为-2.5 cm。
题目ID：977879446994292736
15.【答案】
（1） 2 m/s；（2） 3 J；（3） 2 m
15.【解析】
（1）滑块 A从光滑曲面上高 ℎ处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为 v1，由机械能守恒定律有
mAgℎ=12mAv12
解得
v1=6 m/s
滑块 A与 B碰撞的过程， A、 B系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为 v2，由动量守恒定律有
mAv1=mA+mBv2
解得
v2=13v1=2 m/s
（2）滑块 A、 B发生碰撞后与滑块 C一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块 A、 B、 C速度相同，设为 v3，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mAv1=mA+mB+mCv3
解得
v3=16v1=1 m/s
由机械能守恒定律有
EP=12mA+mBv22−12mA+mB+mCv32
代入数据解得
Ep=3 J
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块 C脱离弹簧，设此时滑块 A、 B的速度为 v4，滑块 C的速度为 v5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mA+mBv2=mA+mBv4+mCv5
12mA+mBv22=12mA+mBv42+12mCv52
联立解得
v4=0
v5=2 m/s
滑块 C从桌面边缘飞出后做平抛运动
x=v5t
H=12gt2
联立解得
x=2 m