江西省上饶市鄱阳县2024-2025学年高二上学期第二次月考物理试卷（解析版）

这是一份江西省上饶市鄱阳县2024-2025学年高二上学期第二次月考物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共28分）
1. 一个质量为的钢球，以的速度水平向右运动，碰到障碍物后被弹回，沿着同一直线以的水平速度向左运动。设钢球碰前的动量为p1，碰后的动量为p2，取碰撞后弹回的方向为正方向，关于钢球动量变化的下列计算式，正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】取碰撞后弹回的方向为正方向，初动量为
末动量为
钢球动量变化
故选B。
2. 弹簧振子做简谐运动，振子运动范围为0.8cm，周期为0.5s，计时开始时具有正向最大加速度，则它的振动方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】振子运动范围为0.8cm，可知振幅为
计时开始时具有正向最大加速度，则此时具有负向最大位移，则它的振动方程是
故选B。
3. 生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 人在甲板上散步时，船将后退
B. 人在立定跳远的过程中船保持静止
C. 人在立定跳远的过程中船后退了m
D. 人相对地面的成绩为2.2m
【答案】A
【解析】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；
BC．设船的质量为，后退位移为，人的质量为，人船相对运动位移为，人和船组成的系统满足水平动量守恒，根据人船模型有
代入数据解得
人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
D．人相对地面的成绩为
故D错误。
故选A。
4. 劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻（ ）
A. 振子所受的弹力大小为0.5N，方向指向x轴的正方向
B. 振子的速度方向指向x轴的正方向
C. 振子的速度是最大速度的一半
D. 在0～4s内振子通过的路程为0.35cm，位移为0
【答案】B
【解析】A．由图可知A在t轴上方，位移x＝0.25cm，所以弹力
F＝－kx＝－5N
即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A错误；
B．由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确；
C．由能量关系
在图中A点对应的时刻
解得
选项C错误；
D．由于t＝0时刻和t＝4s时刻振子都在最大位移处，所以在0～4s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5cm，在0～4s内振子完成了两次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为
S=2×4×0.50cm＝4cm
故D错误。
故选B。
5. 分别在地球和月球上利用单摆装置进行受迫振动实验，振幅A随驱动力频率f的关系图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 若两摆长相等，则图线Ⅱ是月球上的单摆共振曲线
B. 若使图线I达到最大振幅，则需要驱动力的周期为0.2s
C. 图线Ⅱ可知当频率在0.4Hz~0.6Hz范围内，单摆能量一直增加
D. 已知，则图线Ⅰ、Ⅱ对应振幅出现最大时的摆长之比为
【答案】D
【解析】A．由单摆的周期公式
可知，越小，周期越大，则频率越小，则图线Ⅰ是在月球表面上完成的，故A错误；
B．若使图线I达到最大振幅，则需要驱动力的周期为频率等于固有频率，则
所以需要驱动力的周期为
故B错误；
C．图线Ⅱ中可知驱动力频率从0.4Hz~0.6Hz的变化过程中，振幅先变大后变小，则单摆的能量先增加后减小，故C错误；
D．图线Ⅰ、Ⅱ对应振幅出现最大时的频率为
，
可知单摆在月球表面与地球表面的周期之比为
根据单摆周期公式
可得
所以图线Ⅰ、Ⅱ对应振幅出现最大时的摆长之比为
故D正确。
6. 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l，在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）

A. 2B0B. B0C. B0D. B0
【答案】D
【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为的点处的磁感应强度为，如图下图所示

由此可知，外加的磁场方向与平行，且由指向，即
依据几何关系及三角知识，则有：
解得：或通电导线在处的磁场大小为
当中的电流反向。其他条件不变时。如下图所示

由几何关系可知，
因外加的磁场方向与平行，且由指向，磁场大小为
点处磁感应强度大小为
7. 如图所示，绳长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】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。
二、多选题（共18分）
8. 甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6m/s，乙物体的速度大小是2m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4m/s，则（ ）
A. 甲、乙两物体质量之比为B. 甲、乙两物体质量之比为
C. 此碰撞为弹性碰撞D. 此碰撞为非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．以碰前甲的速度方向为正方向，设甲的质量为，乙的质量为，碰撞过程根据动量守恒可得
其中
，，
代入数据可得甲、乙两物体质量之比为
故A正确，B错误；
CD．碰撞前甲、乙系统的初动能为
碰撞后甲、乙系统的末动能为
可知此碰撞弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。关于下列实验操作及实验现象的说法正确的是（ ）
A. 闭合开关，线圈A插入线圈B的过程中，灵敏电流计的指针发生偏转
B. 闭合开关，线圈A插入线圈B后保持静止，灵敏电流计指针发生偏转
C. 闭合开关，线圈A插入线圈B后，变阻器滑动头快速滑动过程中，灵敏电流计指针发生偏转
D. 线圈A插入线圈B后，闭合开关及断开开关，都将引起灵敏电流计指针发生偏转
【答案】ACD
【解析】A．闭合开关，线圈A插入线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，则灵敏电流计的指针发生偏转，选项A正确；
B．闭合开关，线圈A插入线圈B后保持静止，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，选项B错误；
C．闭合开关，线圈A插入线圈B后，变阻器滑动头快速滑动过程中，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转，选项C正确；
D．线圈A插入线圈B后，闭合开关及断开开关，则穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，都将引起灵敏电流计的指针发生偏转，选项D正确。
故选ACD。
10. 如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点．若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆．则（ ）
A. 在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒
B. 子弹射入物块B的初速度v0=100
C. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度
D. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为
【答案】BD
【解析】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误．
B.物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
，
得
B从最低点到最高点过程，根据机械能守恒定律得
子弹射入物块B的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv0=（0.01m+0.99m）v2
联立解得
，
故B正确．
C.若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A固定时的上摆初速度．故C错误．
D.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，设A的速率为vA，B的水平速率为vB．根据水平动量守恒有
（0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）vA．
得，
故D正确．
三、实验题（共26分）
11. 如图所示，甲同学用半径相同的A、B两球的碰撞验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，P为落点的平均位置。再把质量为m2（m1>m2）的B球放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为落点的平均位置。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程OM、OP、ON
（2）以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是________。
A．刻度尺 B．天平 C．游标卡尺 D．秒表
（3）关于本实验，下列说法正确的是________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端必须水平
C．实验过程中，用m2作为入射球与m1碰效果一样
（4）在实验误差允许范围内，若满足关系式_________，则可以认为动量守恒。[用已知量和（1）中测得的物理量表示]
【答案】（1）C （2）AB##BA （3）B （4）
【解析】（1）[1]由于小球平抛运动竖直高度均相同，则有
水平方向有
解得
平抛高度一定，可知平抛运动初速度正比于水平分位移，即能够用小球落地时的水平分位移间接表示平抛运动的初速度。
故选C。
（2）[2]根据动量守恒可得
则有
可得
根据该表达式可知，需要用天平测量小球的质量，需要用刻度尺测量水平分位移，即在提供的测量工具中，本实验必须使用的是：天平与刻度尺。
故选AB。
（3）[3]A．当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球每次下滑过程克服摩擦力做功相同，即每次平抛运动的初速度大小均相等，可知斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B．为了确保小球飞出后做平抛运动，必需确保小球飞出的初速度方向水平，即斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C．为了保证碰撞后，入射小球不反弹，应使入射小球的质量大于被碰小球的质量，故实验过程中，不能用作为入射球与碰，故C错误。
故选B。
（4）[4]根据动量守恒可得
则有
可知若满足关系式
则可以认为动量守恒。
12. 小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径D=________cm。
（2）如图乙所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是________。
A．便于测量单摆摆长 B．便于测量单摆周期
C．确保摆动时摆长不变 D．确保摆球在竖直平面内摆动
（3）小华同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同摆长L和对应的周期T，然后根据数据描绘图像，进一步计算得到图像的斜率为k，可知当地的重力加速度大小g=________。
【答案】（1）2.240 （2）C （3）
【解析】（1）[1]用游标卡尺测小球的直径D=2.2cm+0.05mm×8=2.240cm。
（2）[2]搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是确保摆动时摆长不变，故选C。
（3）[3]根据
可得
则
可得
四、解答题（共28分）
13. 如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下段距离，释放后振子在A、B间振动，且AB=20cm，振子首次由A到B的时间为0.1s，求：

（1）振子振动的振幅、周期和频率．
（2）振子由A到O的时间．
（3）振子在5s内通过的路程及位移大小．
【答案】（1） 10cm 0.2s 5Hz （2）0.05s （3）1000cm 10cm
【解析】（1）题图可知，振子振动的振幅为10cm，t=0.1s=，所以T=0.2s；
由f=，可得f=5Hz；
（2）根据简谐运动的对称性可知，振子由A到O的时间与振子由O到B的时间相等，均为0.05s；
（3）设弹簧振子的振幅为A，则A=10cm．振子在1个周期内通过的路程为4A，故在t=5s=25T内通过的路程s=4A×25=1000cm．5s内振子振动了25个周期，5s末振子仍处在A点，所以振子偏离平衡位置的位移大小为10cm．
14. 如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：

（1）A从B上刚滑至地面时的速度大小；
（2）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，由水平方向动量守恒
m v1=3mv2
由机械能守恒
mgh = mv12+ 3m v22
由以上两式解得
v1=，v2=
（2）A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度h，两物体具有共同速度v，此过程
系统水平方向动量守恒
mv1+3mv2=4mv
系统机械能守恒
mgh= 4mv2+mgh
由以上两式解得
h= h
15. 如图所示，光滑轨道是一“过山车”的简化模型，最低点处入、出口不重合，点是半径为的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m．物块静止在水平面的最右端处．质量为的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点，然后与B发生碰撞并粘在一起．若B的质量是A的倍，与传送带的动摩擦因数都为，物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取．求：
（1）当时物块碰撞过程中产生的内能；
（2）当k=3时物块在传送带上向右滑行的最远距离；
（3）讨论在不同数值范围时，碰撞后传送带对它们所做的功的表达式．
【答案】（1）6J（2）0.25m（3）①②
【解析】（1）设物块A在E的速度为，由牛顿第二定律得：①，
设碰撞前A的速度为．由机械能守恒定律得：②，
联立并代入数据解得：③；
设碰撞后A、B速度为，且设向右为正方向，由动量守恒定律得④；
解得：⑤；
由能量转化与守恒定律可得：⑥，代入数据解得Q=6J⑦；
（2）设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s，
由动能定理得：⑧，代入数据解得⑨；
（3）由④式可知：⑩；
（i）如果A、B能从传送带右侧离开，必须满足，
解得：k＜1，传送带对它们所做的功为：；
（ii）（I）当时有：，即AB返回到传送带左端时速度仍为；
由动能定理可知，这个过程传送带对AB所做的功为：
W=0J，
（II）当时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，
当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧．
在这个过程中传送带对AB所做的功为
，
解得
；