【文档说明】湖北省红安县第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.706 MB，由小赞的店铺上传

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2023年春季红安一中高二年级3月月考物理试卷一、选择题（本大题共有11小题，每小题4分，共44分。其中1-7题为单项选择，8-11题为多项选择，全对得4分，选对但不全得2分，有错得0分。）1.下列关于动量的说法，正确的是（）A.质量大的物体，其动量一定大B.一个物体的运动状态变化，它

的动量一定改变C.一个物体的动能不变，它的动量也一定不变D.质量和速率都相同的物体，它们的动量一定相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A．动量pmv=，可见动量大小取决于质量和速度，质量大的物体，其动量不一定大，A错误；B

．一个物体的运动状态变化，即速度发生变化，则它的动量一定改变，B正确；C．动能和动量的关系22k122pEmvm==一个物体的动能不变，它的动量大小也一定不变，但动量的方向可能改变，C错误；D．质量和速率都相同的物体，由

于速度的方向可能不同，则它们的动量不一定相同，D错误。故选B。2.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O点为坐标原点，从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴负方向的最大速度，下列能够正确反映振子的位移x与时间t关系的图像是（）

A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据简谐运动的特征可知，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴负方向的最大速度，则t=0时振子的位移为正向最大。故选D。3.一质量为4kg的物块在水平外力F的作用下从静止开始沿光滑的水平面做直

线运动。F随时间t变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.2ts=时物块的速率为2m/sB.09s内物块先加速后减速C.0~3s内物块的动量变化量大小为9kgm/sD.0~5s内F的冲量大小为9

.5N·s【答案】D【解析】【详解】A．Ft−图像与坐标轴包围的面积表示动量变化量，则12Ftmv=-02s=t时物块的速率为22m/s=0.5m/s224Ftvm==故A错误；B．09s内力的方向没有变化，物块一直做加速运动，故B错误；C．

0~3s内物块的动量变化量大小为1133kgm/s4.5kgm/s22pFt===故C错误；D．0~5s内F的冲量大小为11[93(95)2]Ns=9.5Ns22Ip==−−故D正确

。故选D。4.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t2时刻物块的速度大小也为

v，方向向下，则t2～t1的最小值小于0.5TB.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2～t1的最小值为TC.物块通过O点时动能最小D.当物块通过O点时，其加速度最大【答案】A【解析】【详解】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动量相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2～t1的最小值小于0.5T，故A正确；B．物块经过同一位置或关于平衡位置对称位置时动能相等，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，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，故CD错误。故选A。5.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为3Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（）的A.在相遇区域会发生干涉现象B.虚线波的频率为

2HzC.实线波的传播速度为8m/sD.平衡位置为6mx=处的质点此时刻速度为零【答案】B【解析】【分析】【详解】A．只有同频率的波相遇才能发生干涉，故A错误；B．实线波的波长为4m，虚线波的波长为6m，波速相等，则可得2146ff==１２则虚线波的频率为2Z2Hf=故B正确；C．实线

波的传播速度为1112m/svf==故C错误；D．根据传播方向和质点振动方向的判断，两列波传到平衡位置为6mx=处时，质点的振动方向都是向y轴的正方向，故此时刻速度为最大，故D错误。故选B6.如图所示，一列简谐横

波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好到达平衡位置且向下运动，则这列波的波长可能是（）A.0.20mB.0.25mC.0.30mD.0.60m【答案】A【解析】【详解】由

题可知，当P运动到上方最大位移处时，Q刚好到达平衡位置且向下运动，那么两个点的距离为3(),(0,1,2)4nn+=，故。3(),(0,1,2)4xnn=+=代入数据可知，当0n=时0.20m=当1n=时3m35=故选A。7.质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在水平地面上质

量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，则下列说法中正确的是（）A.无论m、M、v0的大小和地面粗糙

程度如何，都只可能是甲图所示的情形B.若M较大，则可能是甲图所示情形；若M较小，则可能是乙图所示情形C.若v0较小，则可能甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形D.若地面较粗糙，则可能是甲图所示情形；若地面较光滑，则可能是乙图所示情形【答

案】A【解析】【详解】在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木

块的共同速度为v，根据动量守恒定律有0()mvmMv=+木块在水平面上滑行距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得22202122()MmvfsMvmM==+根据能量守恒定律得2220011()222()MmvQfdmvmMvMm==−+=+

则是的ds不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形。故选A。8.如图所示，a、b、c、d是一简谐横波上的质点，质点a、b的平衡位置相距为2m，某时刻质点a、d位于平衡位置且相距为9m，质点c在波谷，该波的波速为2m/s。若此时质点a经平衡位置向上振动

，则下列说法正确的是（）A.此波向右传播B.质点c的速度大小为2m/sC.质点b振动周期为3sD.此波在a、b两质点之间传播需1s【答案】CD【解析】【详解】A．a经平衡位置向上振动，根据同侧法可知此波向左传播，A错误；B．质点c位于波谷处，此时速度为零，B

错误；C．根据题意可得39m2=解得6m=则周期6s3s2Tv===C正确；D．在a、b两质点之间传播需要的时间2s1s2xtv===D正确。故选CD。9.光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为的斜面体A，质量为M、底边长为L，如图所

示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，则在滑块B下滑到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（）的A.A对B做功为零B.A和B构成的系统机械能守恒、动量不守恒C.A和B构成的系统机械能不守恒、动量守恒D.斜面体向

左滑动的距离为mLmM+【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．滑块下滑的过程中，B受到A向右的支持力，该支持力与B的位移方向成钝角，所以A对B做负功，A错误；BC．对于A、B组成的系统，在滑块下滑的过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，由滑块B和斜劈A组成的系统，由于

B沿斜面加速下滑，有竖直向下的分加速度，所以存在超重现象，系统竖直方向的合外力不为零，因此系统动量不守恒，B正确，C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为1x和2x，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得120

xxMmtt−=即有12Mxmx=又因为12xxL+=解得1mxLmM=+D正确。故选BD。10.如图所示，质量14kgm=的小车静止在光滑的水平面上，车长1mL=，现有质量22kgm=可视为质点的物块，以水平向右的速度03m/sv=从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因

数0.5=，取210m/s=g，则物块滑上小车后（）A.经过一段时间后，滑块从小车右端滑下B.滑块和小车组成的系统机械能守恒C.小车最终的速度为1m/sD.整个过程中系统产生的热量为6J【答案】CD【解析】【分析】【详解】AC．假设滑块没有滑离小车，由动量守恒定律可得

()2012mvmmv=+解得1m/sv=由能量守恒定律可得()22220121122mglmvmmv=−+解得0.6m=l由于0.6m<=1mlL=，则假设成立，滑块没有滑离小车，最终它们以共同速度做匀速直线运动，所以A错误；C正确；BD．滑块和小车组成的系统

机械能不守恒，系统损失的动能全部转化为内能，则有()222012116J22Qmvmmv=−+=所以B错误；D正确；故选CD。11.如图，ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为2kgAm=、4kgBm=、2kgCm=，初状态三个小球均静止，BC球之

间连着一根轻质弹簧，弹簧开始处于原长状态。现给A一个向左的初速度03m/sv=，AB碰后A球的速度变为向右，大小为1m/s。下列正确的是（）A.球A和B碰撞是弹性碰撞B.球A和B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到8J3C.球A和

B碰后，球B的最小速度为1m/s3D.球B和C从开始作用至弹簧第一次恢复原长时球C的速度为8m/s3【答案】ABD【解析】【详解】A．AB两球相碰，根据动量守恒定律，规定水平向左为正方向，则11m/sv=−，有A0A

1B2mvmvmv=+代入数据，可求得22m/sv=由于，在碰撞的过程中满足222A0A1B2111222mvmvmv=+因此该碰撞是弹性碰撞。故A正确；B．当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大()()22B2BCB2BC

1122pmvmmvEmvmmv=+=−+共共，解得8J3pE=故B正确；CD．由于BC及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态222B2B3C4B2B3C4111222mvmvmvmvmv

mv=+=+，整理得3428m/sm/s33vv==，故C错误；D正确。故选ABD。二、实验题（本题共2小题，共14分）12.在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时①为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最___________（填“高”或“

低”）点的位置时开始计时；②实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是___________；A．摆球太重B．实验室的海拔太高C．测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了③有两位同学利用假期分别去参观北京大学和厦门大

学验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图所示。去北大的同学所测实实验结果对应的图线是___________（填“A

”或“B”）。【答案】①.低②.C③.B【解析】【详解】①[1]摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小，则摆球应在经过最低点的位置时开始计时。②[2]A．摆球的重力越重，误差越小，测量结果越准确，不为测量结果偏大的原因，故A错误；B．海

拔越高，重力加速度越小，显然不是测量结果偏大的原因，故B错误；C．单摆的周期为tn，若将n误作为n+1，则周期会变小，根据单摆的周期公式2LTg=则测得的g值会偏大，故C正确；D．根据2LTg=因振动中摆线长度增长了，则测的单摆的周期会变大，且有224π

LgT=对于上式的长度非振动过程中的长度，而是振动前的长度，可知得到的g值偏小，故D错误。故选C。③[3]由2LTg=得224TLg=图像的斜率越大，则重力加速度越小，因南京当地的重力加速度小于北京，则去北大的同学所测实验结果对应斜率小的B图线。13.在实

验室里为了验证动量守恒定律，采用如图装置：先将入射小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在四分之一圆弧轨道上留下压痕，再把被碰小球b放在斜槽轨道末水平段的最右端，让入射小球a仍从固定点由静止开始滚下，和被碰小球b相碰后，两球分别落

在圆弧的不同位置处，重复多次，找到平均落点M、P、N。用量角器量出OP、OM、ON与竖直方向的夹角分别为1、2、3。(1)若入射小球a质量为1m，半径为1r；被碰小球b质量为2m，半径为2r，则_

___；A．12mm，12rrB．12mm，12rrC．12mm，12rr=D．12mm，12rr=(2)放上被碰小球b，两球相碰后，小球a的落地点是图中圆弧面上的_____点，小球b的落地点是图中圆弧面上的____点；(3)设入射小球a的质量为1m，被碰小球b的质量为2m，则在用该

装置实验时，所得验证动量守恒定律的结论为（用题中所给物理量的字母表示）___________。【答案】①.C②.M③.N④.222312112123sinsinsincoscoscosmmm=+【解析】【分析】【详解】(1)[1]为防止两球碰撞

后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；为使两球发生对心碰撞，两球半径应相等，故C正确，ABD错误。故选C。(2)[2][3]小球离开轨道后做平抛运动，设圆弧轨道的半径为R，设轨道末端与小球落点连线与竖直方向夹角为，小球做

平抛运动的初速度为v，水平方向sinxRvt==竖直方向21cos2==yRgt解得2sin2cosgRv=则越大小球做平抛运动的初速度v越大，两球发生碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前入射球的速度，且小

于被碰球的速度，则P点是碰撞前入射球a球的落点，M是入射球a碰撞后的落点，N点是被碰球碰撞后的落点。(3)[4]入射球碰撞前的速度2101sin2cosgRv=碰撞后的速度2212sin2cosgRv=被碰球碰撞后的速度2323sin2cosgRv

=两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得101122mvmvmv=+整理得222312112123sinsinsincoscoscosmmm=+三、解答题14.一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动

片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样．c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示．已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为38l。求：（1）波的波长；（2）波的传播

速度．【答案】（1）14l；(2)14fl。【解析】【详解】（1）如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ.则r2－r1＝λ由几何关系有r1＝l－s，()()22221

1sin60cos60rrlr+−＝联立并代入数据得1=4l(2)波的频率为f，设波的传播速度为v，则有14vffl=＝15.如图所示，光滑固定斜面的倾角30=，一轻质弹簧底端固定，上端与质量03kgm=的物体B相连，初始时

物体B静止，物体A的质量1kgm=，从斜面上与物体B相距1s=10cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后物体A、B经0.2st=下滑25cms=至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，物体A、B可视为质点，重力加速度210m/s=g，求：（1）物体

A与B碰撞前的速度v0；（2）A、B两物体从碰后到滑到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量pE；（3）A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小。【答案】（1）1m/s；（2）1.125J；（3）10Ns【解析】【详解】（1）物体A下

滑1s的过程中，由动能定理的2101sin2mgsmv=解得01m/sv=（2）设初速度方向为正方向，物体A、B相碰时由动量守恒定律得()001mvmmv=+解得10.25m/sv=从碰后到最低点，由系统机械能守恒得()()2p01021sin

2Emmvmmgs=+++解得ρ1.125JE=（3）以初速度方向为正方向，从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得()()()00101sin?2Immgtmmvmmv−++=−+−+解得10NsI=16.如图甲所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行

放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，已知导轨间距为L。金属杆a、b长度都稍大于L，a杆静止在弧形部分某处，b杆静止在水平部分某处。水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。a杆从距水平导轨高度h处释放，运动过程中a杆没有与b杆相碰，两杆与导轨始终接触且垂直。已知a、b的质量

分别为2m和m，电阻分别为2R和R，重力加速度为g；导轨足够长，不计电阻。(1)求a杆刚进入磁场时，b杆所受安培力大小；(2)求整个过程中产生的焦耳热；(3)若a杆从距水平导轨不同高度h释放，则要求b杆初始位置与水平导轨左端间

的最小距离x不同。求x与h间的关系式，并在图乙所示的x2-h坐标系上画出h=hl到h=h2区间的关系图线。【答案】(1)2223BLghFR=；(2)23Qmgh=；(3)2222mRgxhBL=，【解析】【详解】(1)设a

杆刚进入磁场时的速度为1v，回路中的电动势为1E，电流为1I，b杆所受安培力大小为F，则211222mghmv=11EBLv=112EIRR=+1FBIL=解得2223BLghFR=(2)最后a、b杆速度相同，设速度大小都是2v，整个过程中产生的焦耳热为Q，则122(2)mvmmv=

+22212211122222Qmvmvmv=−+解得23Qmgh=(3)设b杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x时，a杆从距水平导轨高度h释放进入磁场，两杆速度相等为2v时两杆距离为零，x即为与高度h对应的最小距离。设从a杆进入磁场到两杆速度相等经过时间为Δt，回路中平均感应

电动势为E，平均电流为I，则BLxEtt==2IRER=+对b杆，由动量定理有2mvBILt=或者对a杆，有2122mvmvBILt−=−2222mRgxhBL=图线如图所示（直线，延长线过坐

标原点）。