浙江省宁波市2024_2025学年高二物理上学期10月月考试卷含解析

这是一份浙江省宁波市2024_2025学年高二物理上学期10月月考试卷含解析，共20页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以（ ）
A. 减小球的动能变化量B. 增加球的动量变化率
C. 减小球的动量变化量D. 减小球对手的冲力
【答案】D
【解析】
【详解】AC．手接触到篮球时，篮球的初速度是一定的，最后篮球的速度变为零，可知篮球的动量变化是一定的，篮球的动能变化是一定的，故AC错误；
BD．根据动量定理
先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以增加作用时间，故
球的动量变化率
减小，即手对球的冲力减小，根据牛顿第三定律知球对手的冲力也减小，故B错误，D正确。
故选D。
2. 某同学用phyphx音频发生器产生两个特定频率音调d和sl，其振动图像分别为如图甲和图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. d和sl的周期之比约为2：1
B. d和sl的频率之比约为3：2
C. d和sl在空气中传播的波长之比约为3：2
D. d和sl在空气中传播的速度大小之比约为2：3
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图像可知，d和sl的周期分别为
所以周期之比为
则频率之比为
故AB错误；
CD．d和sl两者在空气中传播速度大小相等，由公式
d和sl在空气中传播波长之比约为
故C正确，D错误。
故选C。
3. 有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向右，则另一块的速度是( )
A. 3 v0－vB. 2 v0－3v
C. 3 v0－2vD. 2 v0＋v
【答案】C
【解析】
【详解】爆竹在最高点爆炸，在水平方向动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒可知
解得
若设向左为正方向，则另一块的速度为
故选C。
4. 在光滑的水平面上，一质量为0.1kg的物块以8m/s的速度向右运动，与另一质量为0.3kg的静止物块发生正碰，碰撞后一起向右运动，此碰撞过程损失的机械能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】碰撞过程系统动量守恒，以运动物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入数据解得：，故A正确，BCD错误．
5. 台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图在某次击球过程中，白球以的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（ ）
A. 白球静止，黑球以的速度向右运动
B. 黑球静止，白球以的速度反弹向左运动
C. 白球和黑球都以下的速度向右运动
D. 白球以的速度反弹向左运动，黑球以的速度向右运动
【答案】A
【解析】
【详解】设每个球质量为m，取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得
mv0=mv白+mv黑
由能量守恒可得
联立解得
v白=0m/s
v黑=3m/s
故A正确，BCD错误。
故选A。
6. 如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为
A. 2m/s，5kg
B. 2m/s，3kg
C. 3.5m/s，2.86kg
D. 3.5m/s，0.86kg
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知，碰前A的速度为：，碰后AB的共同速度为：，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，选B.
【点睛】由图象求出碰撞前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量．
7. 质量为的气球上有一个质量为的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，用绳梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出绳梯的长度；
【详解】设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
人沿绳梯至地面时，气球上升的高度为，速度大小：
人相对于地面下降的高度为，速度大小为
联立得：，
解得：，故C正确，选项ABD错误．
【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．
8. 如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小车向左运动的最大距离为
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次能上升的最大高度h满足
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则系统在水平方向上动量守恒，但系统在竖直方向上所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv-mv'=0
即
解得小车的位移
x=R
故B错误；
C．小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，类似于人船模型，小球离开小车时系统在水平方向上动量为零，小球与小车在水平方向上的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D．小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做的功，解得
即小球第一次在车中运动的过程中损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的最大高度
且
故D正确。
故选D。
9. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示。在t=0.3s时刻，平衡位置在xP=1m处的质点P第一次到达波峰。下列说法正确的是（ ）
A. 波的振幅为8cmB. 波的周期为1.2s
C. 波的波速大小为5m/sD. 质点P的振动方程为y=4sin10πt（cm）
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知波的振幅为4cm，故A错误；
B．根据同侧法可知，t=0时刻质点P向下振动，质点P第一次到达波峰时有
解得波的周期为
故B错误；
C．由图可知波长为，波的波速大小为
故C正确；
D．质点P的振动方程为
故D错误。
故选C。
10. 光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对整体，当最大振幅时有
得
隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力
得
故C正确，A、B、D错误。
故选C。
【点评】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力。知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力。
11. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，在时刻的波形如图所示，P、Q是波传播路径上的两个质点，此时质点P在平衡位置，质点Q的位移为，质点P比质点Q振动超前0.3s，则下列判断正确的是（ ）
A. 质点P的平衡位置坐标为B. 波的传播速度为
C. 质点Q在内运动的路程为10cmD. 质点P的振动方程为
【答案】B
【解析】
【详解】A．时，P、Q的位置如上，以P点为参考，且P处于平衡位置，设其初相位为0，Q点位移是，而振幅为10cm，则
代入得
即Q点初相位为，二者相位差在时为，则O、P间的距离为
质点P的平衡位置坐标为
A错误；
B．Q点平衡位置坐标为
则波传播的速度为
B正确；
C．由波动周期
可知，为四分之一周期，质点Q不在平衡位置，在此四分之一周期内运动的路程大于，C错误；
D．由同测法知，时质点P向下振动，振动方程为
D错误；
故选B。
12. 最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A. 1.6×102 kgB. 1.6×103 kgC. 1.6×105 kgD. 1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
【详解】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B．
二、不定项选择题（每题4分，漏选得2分，错选得0分，共8分）
13. 如图所示，在光滑的水平面上放着甲、乙两个物块，甲的质量是乙的2倍，开始物体乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧，物块甲以速度向乙运动，在运动过程中（ ）
A. 甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小
B. 弹簧压缩量最大时，甲的速度为零
C. 当乙的速度最大时，甲的速度为零
D. 当乙的速度最大时，甲的速度向右
【答案】AD
【解析】
【分析】动量守恒定律、机械能守恒定律
【详解】A．甲乙系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，甲乙系统的总动量应守恒，所以甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小，A正确；
B．当弹簧压缩到最短长度时，甲乙具有相同的速度，弹簧的势能最大，甲的速度不为零，B错误；
CD．当弹簧第一次恢复原长时，设甲的速度为0，由动量守恒得
初态机械能
末态机械能
不可能，所以甲向右的速度当弹簧第一次恢复原长时还没有减到0，速度方向向右，D正确，C错误。
故选AD。
【点睛】甲乙系统合力为零，系统动量守恒．当甲乙速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答；本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，难度适中。
14. 将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是（ ）
A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4：1
B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2：1
C. 摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D. 摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．频闪照片拍摄的时间间隔一定，右图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为2：1，根据单摆的周期公式
得，摆长之比为4：1．故A正确，B错误；
CD．摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据
知，张力变大．根据v=rω，知角速度增大，故C正确，D错误；
故选AC。
三、填空题
15. 某同学用如图所示的装置，利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC是水平槽，它们连接平滑，O点为重锤线所指的位置。实验时先不放置被碰球2，让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复10次，然后将球2置于水平槽末端，让球1仍从位置G由静止滚下，和球2碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹，重复10次。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P。
（1）在该实验中，应选用的器材是下列器材中的___________。
A．天平
B．游标卡尺
C．刻度尺
D．大小相同钢球两个
E．大小相同的钢球和硬橡胶球各一个
（2）在此实验中，球1的质量为m1，球2的质量为m2，需满足m1___________m2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）被碰球2飞行的水平距离由图中线段___________表示。
（4）若实验结果满足m1•ON=___________，就可以验证碰撞过程中动量守恒。
【答案】 ①. ACD ②. 大于 ③. OP ④. m1·OM+m2·OP
【解析】
【分析】（1）根据实验的原理，选择需要进行实验的器材；写出验证动量守恒定律的表达式，根据表达式中的物理量选择需要的测量工具；
（2）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。
（3）小球1和小球2相撞后，小球2的速度增大，小球1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；
（4）先根据平抛运动的特点判断碰撞前后两个小球的落地点，再求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等。
【详解】（1）[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有
m1v0=m1v1+m2v2
在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得
t∙m1v0=t∙m1v1+t∙m2v2
即
m1∙ON=m1∙OM+m2∙OP
可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球在水平方向的位移；选用质量相差不多的两个钢球，碰后1速度仍向右，2获得的速度不能太大；所以需要选择的器材有ACD。
（2）[2]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有
m1v0=m1v1+m2v2
在碰撞过程中动能守恒故有
m1v02=m1v12+m2v22
解得
要碰后入射小球的速度v1>0，即
m1﹣m2>0，
故
m1>m2
答案为大于。
（3）[3]1球和2球相撞后，2球的速度增大，1球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以碰撞后2球的落地点是P点，所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段OP 表示；
（4）[4]N为碰前入射小球落点的位置，M为碰后入射小球的位置，P为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为
碰撞后入射小球的速度为
碰撞后被碰小球的速度为
若
m1v1=m2v3+m1v2
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得
m1∙ON=m1∙OM+m2∙OP
16. 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．
这样做的目的是_____（填字母代号）．
A、保证摆动过程中摆长不变
B、可使周期测量得更加准确
C、需要改变摆长时便于调节
D、保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）该同学探究单摆周期与摆长关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图2甲所示，读数为_____cm．则该单摆的摆长为_____cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图2乙所示，在停表读数为_____s，如果测得的g值偏大，可能的原因是_____（填序号）．
A、计算摆长时加的是摆球的直径
B、开始计时时，停表晚按下
C、摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加（实验过程中先测摆长后测周期）
D、实验中误将30次全振动记为31次
（3）下列振动图象真实地描绘了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_____（填字母代号）．
【答案】 ①. AC ②. 2.050 ③. 90.425 ④. 57.0 ⑤. ABD ⑥. A
【解析】
【分析】当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；游标卡尺的读数先读主尺的刻度，然后读游标尺的刻度；秒表先读出分钟，然后读出秒；根据单摆的周期公式得来分析误差产生的原因；对于测量误差可根据实验原理进行分析．
【详解】（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，A正确C正确；周期测量是否准确取决于计时工具，B错误；摆球在同一竖直平面内摆动，不能做圆锥摆运动；但与器材无关，D错误；
（2）游标卡尺的主尺的读数为：20mm；20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，游标尺的第10刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为：0.05mm×10=0.50mm．游标卡尺的总读数为20.50mm=2.050cm；
单摆的摆长为摆线的长度与小球的半径的和：
秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0s；
根据单摆的周期公式得：；如果测得的g值偏大，可能的原因测量的摆长偏大，或测量的周期偏小．计算摆长时用的是摆球的直径，则摆长的测量值偏大，此时g的测量值偏大，A正确；开始计时时，停表晚按下，则测量的时间偏小，计算出的周期偏小，测量出的g偏大，B正确；摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，真实值大于测量值，所以g的测量值偏小，C错误；实验中误将30次全振动记为31次，周期：，即周期的测量值偏小，此时的g测量值偏大，D正确；
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小．
三、计算题
17. 在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中的实线所示．若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，求：
①该列波的周期T为多少？
②从t＝0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？
【答案】①；②，
【解析】
【详解】(1)波速
v＝＝m/s＝10 m/s，
由
v＝
得
T＝＝0.2 s.
(2)由t＝0至P点第一次到达波峰，
经历的时间
Δt2＝Δt1＋T＝0.75 s＝(3＋)T
而t＝0时O点的振动方向竖直向上(沿y轴正方向)，
故经Δt2时间，O点振动到波谷，即
y0＝－2 cm，s0＝n·4A＝(3＋)×4A＝0.3 m.
18. 如图，一个带有光滑圆弧的滑块B静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M。圆弧半径为R，另一个质量为（）的小球A，以水平速度，沿圆弧的最低点进入圆弧。求
（1）A、B第一次共速时的速度大小；
（2）小球A能上升的最大高度；
（3）A、B最终分离时的速度。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
小球A与滑块B组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
解得A、B第一次共速时的速度大小为
【小问2详解】
设小球A能上升的最大高度为，根据系统机械能守恒可得
解得
【小问3详解】
设A、B最终分离时的速度分别为和，由系统水平方向动量守恒及机械能守恒，以向右为正方向，则有
联立解得
，
19. 正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加速度g取；
（1）小球第1次从左向右经过B点开始计时，则第2次经过B点时，时间间隔是多少？
（2）根据以上数据求房顶到窗上沿的高度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
从小球第1次通过图中的B点开始计时到第21次通过B点共用时30s，则周期为
则球第1次从左向右经过B点开始计时，则第2次经过B点时，时间间隔为
【小问2详解】
球心到窗上沿的距离，由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化，根据单摆周期公式可得
g值取，代入数据解得，房顶到窗上沿高度为
20. 如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑四分之一圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高．现将一质量m=1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；
（2）滑块与小车最后的共同速度；
（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长．
【答案】（1）30N;（2）1.0m/s；（3）1.5m
【解析】
【分析】根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.
【详解】（1）滑块由A至B，由机械能守恒定律得
经B点时，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得
解得共同速度
（3）滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得
联立可得
即小车至少长1.5m
【点睛】本题综合力学三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.