【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(17)页，2.277 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中南校区2022级高二上第二次质量检测一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）A.摆球经过平衡位置时所受合力为零B

.只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力C.摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比D.摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力【答案】B【解析】【详解】A．摆球经过平衡位置时回复力为0，但根据圆周

运动的规律可知单摆此时所受合力不为零，故A错误；BD．根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度

不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故B正确，D错误；C．摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，故

C错误。故选B。2.下列关于机械波说法正确的是（）A.质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上的波叫作横波B.虽然在真空中质点间没有相互作用力，但是机械波还是能在真空中传播C.波在传播振动这种运动形式的同时，也可将信息传播出去D.波传播的过程就是介质中的质点随波迁移的过

程【答案】C【解析】【详解】A．质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上的波叫作纵波，质点的振动方向与波的传播方向垂直的波叫作横波，A项错误；B．正是因为真空中质点间没有相互作用力，一个质点的振动不会带动周围质点的振动，从而不能形成机械波，B项错误；的C．波在介质中传播，不仅传播振动形式，而且能将

能量和信息传播出去，C项正确；D．介质中的质点只是在各自的平衡位置两侧做周期性振动，并不随波迁移，D项错误。故选C3.如图所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O是平衡位置，把向右的方向选为正方向，以某时刻作为计时零点（t＝0），经过14周期，振子具有正方向的最大加速

度，那么如图所示的四个振动图像中能正确反映振动情况的图像是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】因为经过14周期时，振子具有正方向的最大加速度，由简谐运动的特征：kxam=−可知，4Tt=时振子位于负向最大位移处，说明t

=0时刻振子的位移为0，且向负方向运动，故D正确，ABC错误。故选D。4.如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是（）。A.4st=时，两单摆的回复力最大B.乙摆球在第1s末和第3s末速度相同C.甲、乙两个摆的摆长之比为1:2D.甲摆球位移随时间变化的关

系式为2sincm2xt=【答案】D【解析】【详解】A．4st=时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，A错误；B．乙摆球在第1s末和第3s末速度大小相等方向相反，B错误；C．由单摆的周期公式可知2lT

g=得甲、乙两个摆的摆长之比为2214lTlT==甲甲乙乙C错误；D．由图可知，甲摆的振幅为2cm，周期为4s，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为2sincm2xt=D正确。故选D。5.如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个

摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A.稳定时b摆的振幅最大B.稳定时b摆的周期最大C.由图乙可以估算出b摆的摆长D.由图乙可以估算出c摆的摆长【答案】

D【解析】【分析】【详解】A．a与c的摆长接近，它们的固有频率接近，在a摆的驱动下，稳定时c摆的振幅最大，所以A错误；B．bc摆是在a摆的驱动下振动起来的，则b的周期等于外力周期，稳定时abc摆的周期都相同，所以B错误；CD．根据单摆的周期公式2lTg

=解得224Tgl=由图像可得a摆周期，则可以算出a摆的摆长，估算出c摆的摆长，所以C错误；D正确；故选D。6.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t=2s时的波形如图（a）所示，x=2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可

能是（）A.15m/sB.25m/sC.35m/sD.45m/s【答案】A【解析】【分析】【详解】根据图b可知t=2s时x=2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合图a，利用“上下坡”法可知x=2m为半

波长的奇数倍，即有()2122n−=（n=1，2，3……）而由图b可知该波的周期为T=4s；所以该波的波速为121vTn==−（n=1，2，3……）当n=3时可得波的速率为1m/s5v=故选A。7.一根长20m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点

为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向传播的机械波。已知P的波速为2m/s，t=0时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（）A.两波源的起振方向相反，Q的

传播速度小于2m/sB.t=4.5s时，坐标原点处质点位移为30cmC.两列波的频率均为2Hz，叠加区域有稳定干涉图样D.两波在t=3.5s时第一次相遇，相遇处质点位移为10cm【答案】B【解析】【详解】A

．P起振方向沿y轴负方向，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，波速由介质决定的，因此两列波的速度相等，则Q的传播速度等于2m/s，选项A错误；B．t=4.5s时，两列波都向前传播了9mxvt==则P、Q的波峰传播到了坐标原点处，该质点位移为10cm+20c

m=30cm选项B正确；C．由于波长=4m两列波的速度相等，根据vfT==可知0.5Hzf=，2sT=因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，选项C错误；D．两波第一次相遇时，有2xvt=解得68s3.5s222xtv+===相遇处两列波都在平衡位置，因此质点

位移为0，选项D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.在如图所示的轴上有M、N两质点，两点之间的距离为x=12m，已知空间的

简谐横波由M向N传播，某时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于8m和10m之间。下列正确的是（）A.该简谐横波的传播周期为0.8sB.该简谐波的波长可能为48mC.0~1.2s的时间内质点M点的路程为120cmD.该简谐横波的传播速度大小为12m/s

【答案】AD【解析】【详解】A．根据图象可知该简谐横波的传播周期为0.8s，故A正确；BD．根据图象可知，M、N两点之间的距离与波长的关系为x=12m=14n+（n=0，1，2，3…）所以波长4841n=+（n=0，1，2，3…）因为8m<<10m

，所以n=1,=9.6m该波的波速为12m/svT==故B错误，D正确；C．因为t=1.2s=T+12T，所以0~1.2s的时间内质点M点的路程为s=6A=60cm故C错误。故选AD。9.一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当7st=时，简谐波的波动图像可能

正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为2sin()yAtT=+则10=20sin解得=6t=7s时刻7220sin(7)=103cm

17.3cm126y=+−−因117s212TT=+则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。故选AC。10.如图所示，实线是沿x轴传播一列简谐横波在0=t时刻的波形图，4cmx

=处的质点P恰在平衡位置，虚线是这列波在0.2st=时刻的波形图。已知该波的波速是1.0m/s，则下列说法正确的是（）A.这列波沿x轴负方向传播B.质点P在0=t时刻速度方向沿y轴正方向在的C.质点P在0.2st=时刻的位移为3c

m−D.质点P在00.6s时间内经过的路程为0.32m【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知波长=12cm，若波沿x轴正向传播，则有0.080.2nvtv+==（n=0，1，2，3...）解得v=0.4+0.6n（n=0，1，2，3...）若波沿x轴负向传播，则有0.040.

2nvtv+==（n=0，1，2，3...）解得v=0.2+0.6n（n=0，1，2，3...）已知该波的波速是1.0m/s，n取正整数，所以波只能沿x轴正向传播，故A错误；B．波沿x轴正向传播，根据带动法可判断质点P在t=0时刻

速度方向沿y轴正方向，故B正确；C．根据vT=可得T=0.12s在t=0.2s时波的方程为2sin0.02sin0.12yAxx=−=−当x=0.04m时有20.02sinm3cm3y=−=−质点P在t=0.2s时刻的位移为3cm

−，故C正确；D．质点P在0~0.6s时间内经过12T，所以经过的路程为s=2A=22cm=0.04m故D错误。故选BC。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、实验题11.在实验室里为了验证动量守恒定律，可以采用如图所示的

装置。（1）若入射小球质量为1m，半径为1r；被碰小球质量为2m，半径为2r，则______A．12mm，12rrB．12mm，12rrC．12mm，12rr=D．12mm，12rr=（2）在本实验中，必须要遵循的要求有______A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨

道末端的切线是水平的C．入射球每一次可以从不同高度由静止滚下D．碰撞的瞬间，入射球和被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行（3）设入射小球的质量为1m，被碰小球的质量为2m，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式1mOP=______（用1m、2m及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案

】①.C②.BD##DB③.12mOMmON+【解析】【详解】（1）[1]在实验中，入射小球和被碰小球要正碰，且入射小球不反弹，所以两个小球的半径必须相等，且入射小球的质量要大于被碰小球的质量。故选C。（2）[2]AB．要验证动量守恒定律，必须

保证斜槽末端切线水平，但不需要光滑，故A错误，B正确；C．为了保证被碰小球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C错误；D．为保证碰撞以后的小球都能够做平抛运动，因此要求小球球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确。故选BD。（

3）[3]竖直方向上做自由落体运动，两球运动时间相同，如果动量守恒，则有'111122mvmvmv=+即211OMONmmttOPmt=+所以112mOPmOMmON=+12.小明利用单摆测量当地的重力加速度。（1）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游

标卡尺测量摆球直径如图a所示，摆球直径为______mm。利用刻度尺测得摆线长为97.10cm，若他用秒表记录下单摆50次全振动所用时间，由图b可知该次实验中50次全振动所用时间为______s。（2）用多组实验数据作出T2—L图像，图c中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过

原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值，下列说法正确的是___A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.出现图线c原因可能是释放摆球后，摆球不在同一竖直平面内运动，而做圆锥摆运动D.图线c

对应的g值小于图线b对应的g值（3）某同学在家里测重力加速度，他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如d图所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程，保持该标记以下的细线长度不变，

通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。作出2TL−图像e，由此可得重力加速度g=________（用L1、L2、T1、T2表示）。【答案】①.20.6②

.99.7③.BC##CB④.21222124()LLTT−−【解析】【详解】（1）[1]摆球直径为2cm60.1mm20.6mmd=+=[2]该次实验中50次全振动所用时间为1min39.7s99.7st=+=（2）[3]ABD．由2LTg=两边平方后可知2T

L−是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数；图线c对应的斜率偏小，根据2TL−图像斜率24kg=可知24gk

=故图像c对应g值大于图线b对应g值，可能是误将49次全振动记为50次，故AD错误，B正确；C．设做圆锥摆时摆线与竖直方向夹角为，故此时圆锥摆的周期为cos2LTg=即此时测得的周期偏小，故测出的重力加速度偏大，故C正确。故选BC（3）[4]设A到铁锁重心的距

离为L，当O、A间细线的长度为1L时实际摆长变为1LL+，有。112LLTg+=当O、A间细线的长度为2L时实际摆长变为2LL+，有222LLTg+=联立解得21222124()LLgTT−=−四、计算题13.如图所示，一个m=3kg的物体静止在光滑的水平面上，受到与水平方向

成60°角的力F作用，F的大小为9N，经2s时间（g=10m/s2），求：(1)物体重力冲量大小；(2)力F的冲量大小；(3)物体动量的改变量。【答案】(1)60N·s；(2)18N·s；(3)9N·s【解析】【详解】(1)物体重力冲量为I1=mgt=

3×10×2N·s=60N·s(2)力F的冲量为I2=Ft=9×2N·s=18N·s(3)物体受到的合力为F合=Fcosθ根据动量定理可得物体动量的改变量为1cos6092Ns9Ns2pFtFt====合14

.如图所示，实线为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形，虚线为t=0.5s时该波的波形。已知虚线上波峰A对应的平衡位置到原点O的距离为12.5m。（1）求该波的波速；（2）若2T<0.5s<3T，求该波的波速大小。【答案】（1）4015m/s(123)vnnT==+=，，或4025m/s(

123)vnnT==+=，，；（2）95m/s(123)vnT===，，或105m/s(123)vnT===，，【解析】【详解】（1）如果波沿x轴正方向传播，则有12.553208tnTTnTT−=+=+则波速为4015m/s(123)vnnT==+=，，如果波沿

x轴负方向传播，则有2512.55208tnTTnTT−=+=+则波速为4025m/s(123)vnnT==+=，，（2）如果波沿x轴正方向传播，则有319288tTTT=+=则波速为95m/s(123)vnT===，，如果波沿x轴负方向传播，则有521288tTTT=+

=则波速为105m/s(123)vnT===，，15.如图甲，将一小球用细绳悬挂于固定悬点O，将三高精度力传感器（不考虑质量）接在球与细线之间，小球静止悬停在A位置，一玩具枪在球左侧水平放置，枪口中心与球心等高。某时刻，玩具枪以一定初速度v0发射质量为00.2gm=的水弹，水弹跟小球碰撞后，立

即散开（可认为速度为0）且碰撞时间很短可忽略，之后小球开始摆动，整个过程力传感器数据F随时间t变化的曲线如图乙所示，已知小球上摆的最大摆角θ很小，图中2s10t=时刻为水弹与小球碰撞时刻，小球摆动过程中始终不与枪相撞，忽略空气阻力，当地重力

加速度g取10m/s2，求：（1）摆球的质量M；（2）小球摆动周期T和摆长L；（3）水弹的初速度v0；【答案】（1）0.04kg；（2）22s5，0.8m；（3）80m/s【解析】【详解】（1）由图知，水弹射击前小球处于平衡状态，则有10.400NFMg==解得0.04kgM

=（2）由图知22s5T=由单摆周期公式2LTg=解得0.8mL=（3）对经过最低点时的小球进行分析2M2vFMgML−=解得0.4m/sMv=水弹与小球碰撞过程，由动量守恒定律有0MmvMv=解得获得更多资源请扫

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