【文档说明】湖北省武汉市第四中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题答案.docx，共(7)页，108.978 KB，由小赞的店铺上传

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【答案】1.𝐵2.𝐶3.𝐷4.𝐴5.𝐷6.𝐶7.𝐴𝐶𝐷8.𝐵𝐶9.𝐴𝐷10.𝐴𝐵𝐶11.(1)6∶1；(2)6𝑥2=6𝑥1+𝑥3；(3)𝐵𝐶12.(1)0.95；0.993；(2)𝐴𝐵

；(3)𝐶。13.解：(1)由题图知𝜆=6𝑚，如果这列简谐横波是向右传播的，在𝑡2−𝑡1内波形向右匀速传播了(𝑛+13)𝜆，所以波速𝑣=𝑥𝑡=(𝑛+13)𝜆𝑡2−𝑡1=100(3𝑛+1)�

�/𝑠(𝑛=0,1,2…)；同理可得若该波是向左传播的，在𝑡2−𝑡1内波形向左匀速传播了(𝑛+23)𝜆，推出可能的波速𝑣=100(3𝑛+2)𝑚/𝑠(𝑛=0,1,2…)；(2)𝑃质点瞬时速度方向向上，说

明波向左传播，𝑇<𝑡2−𝑡1<2𝑇，说明这段时间内波向左传播了53个波长，𝑣=53𝜆𝑡2−𝑡1=500𝑚/𝑠；(3)“𝑄质点比𝑅质点先回到平衡位置”，说明波只能是向右传播的，而0.01𝑠<𝑇<0.

02𝑠，也就是𝑇<0.02𝑠<2𝑇，所以这段时间内波向右传播了43个波长，𝑣=43𝜆𝑡2−𝑡1=400𝑚/𝑠。答：(1)该波可能的传播速度为：100(3𝑛+1)𝑚/𝑠或100(3𝑛+2)𝑚/𝑠(𝑛=0,1,2…)

；(2)若已知𝑇<𝑡2−𝑡1<2𝑇，且图中𝑃质点在𝑡1时刻的瞬时速度方向向上，可能的波速是500𝑚/𝑠；(3)若0.01𝑠<𝑇<0.02𝑠，且从𝑡1时刻起，图中𝑄质点比𝑅质点先回到平衡位置，可能的波速是400𝑚/𝑠。【解析】(1)由于波的传播

方向未知，要分析两种情况分析，若波向右传播，波传播的距离为(𝑛+13)𝜆，若波向左传播，波传播的距离为(𝑛+23)𝜆，再根据𝑣=𝑥𝑡求得可能的波速；(2)𝑃质点在𝑡1时刻的瞬时速度方向向上，波向左传播。若已知𝑇<𝑡2−𝑡1

<2𝑇，波传播的距离在一个波长与两个波长之间，确定出波传播的距离，再求得波速；(3)从𝑡1时刻起，图中𝑄质点比𝑅质点先回到平衡位置，说明此刻𝑄向上运动、𝑅点向下运动，可判断出波的传播方向。根

据时间与周期的关系，确定波传播的距离，即可求解波速。14.解：(1)当弹簧恢复原长时，设𝐵的速度为𝑣𝐵，此时𝐴恰好离开墙壁，有𝐸p=12𝑚2𝑣𝐵2，以水平向右为正方向，从解除锁定到物块𝐴刚离开墙壁的过程中，由动量定理得

𝐼=𝑚2𝑣𝐵−0，联立解得𝐼=3𝑁·𝑠，方向水平向右；(2)当弹簧第一次恢复原长后，𝐴离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，𝐴的速度最大，设此时𝐵的速度为𝑣′𝐵，以水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律有𝑚

2𝑣𝐵=𝑚1𝑣m+𝑚2𝑣′𝐵，12𝑚2𝑣𝐵2=12𝑚1𝑣m2+12𝑚2𝑣′𝐵2，联立解得𝑣𝑚=2𝑚/𝑠。15.解：(1)振幅很小时，𝐴、𝐵不会分离，将𝐴与𝐵整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得，解得形变量𝛥𝑥0=

1𝑐𝑚，平衡位置距地面高度ℎ=𝑙0−𝛥𝑥0=4𝑐𝑚；当𝐴、𝐵运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时𝐴、𝐵间相互作用力最大，设振幅为𝐴0，最大加速度，取𝐵为研究对象，有，得𝐴、𝐵间相互作用力，由牛顿第三定律知，𝐵对𝐴的最

大压力大小为1.5𝑁。(2)为使𝐵在振动中始终与𝐴接触，在最高点时相互作用力应满足𝑁⩾0，取𝐵为研究对象，根据牛顿第二定律，有𝑚𝑔−𝑁=𝑚𝑎，当𝑁=0时，𝐵振动的加速度达到最大值，得到加速度的最大值(方向竖直向下)，因𝑎𝑚𝐴=𝑎𝑚𝐵=𝑔，表明�

�、𝐵仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长，则振幅的最大值为𝐴𝑚=𝛥𝑥0=1𝑐𝑚。【解析】1.A.根据动量定理，气体对飞船的冲量等于飞船动量的变化，选项A错误；B.当飞船的速度大于气体相对飞船的速度时，气体喷出后的运动

方向与飞船运动方向相同，选项B正确；𝐶𝐷.设飞船的运动方向为正，由动量守恒𝑚𝑣=(𝑚−𝛥𝑚)𝑣′−𝛥𝑚(𝑢−𝑣′)可得𝑣′=𝑣+𝛥𝑚𝑚𝑢𝛥𝑚和𝑚的比值越大，飞船速度的增加量就越大，选项CD错误。故选B。2

.解决本题的关键知道质点振动的周期等于波传播的周期，知道波长、波速、周期之间的关系．在波传播的过程中波的频率(周期)保持不变;根据波长的大小以及波速的大小，根据𝑇=𝜆𝑣求出海浪的速度大小.波长越长行射越明显．A.海浪的机械振动频率不

变，即海浪拍打海岸的周期与振动周期相同为8𝑠，所以A错误；B.根据𝑣=𝜆𝑇得，海浪的波长𝜆=𝑣𝑇，离海岸越近，波速越小，则波长越小，即相邻波峰之间的距离变小，所以B错误；C.悬挂在船上的单摆振动属于受近振动，其振动频率决定于驱动力频率，与固有频率无关，所以C正确；D.

机械波发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小或差不多，离海岸更近时，海浪波长变小，故衍射现象不如较远处明显，故D错。3.A.由𝑥−𝑡图像可知𝑡1时刻𝑀处于平衡位置，此时回复力为零，故A错误；B.𝑡1时刻𝑀处于平衡位置，

即物块𝑀能自由静止的位置，则此时弹簧处于伸长状态，故B错误；𝐶𝐷.因为𝑡2时刻弹簧处于负向最大位移处，且根据对称性，此时的加速度与正向最大位移处的加速度相等，由题意开始时物体加速度满足𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎，而𝑀、𝑁两个物体等质量，

故𝐹=2𝑚𝑔，所以解得𝑎=𝑔，方向竖直向上，故在负向最大位移处加速度也为𝑔，且方向竖直向下，故此时满足𝐹′+𝑚𝑔=𝑚𝑔，故此时𝐹′=0，即此时弹簧处于原长，故𝑡2时刻弹簧的弹性势能为零，而𝑡4时刻物块处于正向最大位移处，故此时

𝑀的加速度与重力加速度大小相等，方向相反，故C错误，D正确。故选D。4.两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉，根据叠加原理，由𝑡=0时刻的波形图可以知道𝑥=2𝑚处的质点处于干涉加强点，振幅为3𝑐𝑚，此时位于平衡位置向上运动，根据波速和波

长可以求出周期𝑇=𝜆𝑣=0.8𝑠，故A正确，BCD错误。故选A。5.【分析】本题主要考查几何光学中的三角玻璃砖折射反射问题，这类题型和圆形，半圆形玻璃砖问题都属于常考题型，解题的关键仍然是绘制光路图，然后结合光学相关定律来求出结果，考查的几何关系相对比较麻烦，在做题时要灵活运用数学中的三角

函数知识，另外需要注意的是本题选的是错误选项，不能看错了。【解答】A、在三角形𝐴𝑂𝐸中，根据余弦定理𝑂𝐸2=𝐴𝑂2+𝐴𝐸2−2𝐴𝑂⋅𝐴𝐸cos30°，解得𝑂𝐸=𝐿，所以三角形𝐴𝑂𝐸为等腰三角形，则

∠𝐴𝐸𝑂=30∘，∠𝐴𝑂𝐸=120∘，作出𝑂点法线，如图所示：根据几何关系可得光线在𝑂点入射角为𝑖=60∘，折射角为𝑟=30∘，故A项正确;B、根据光的折射定律，玻璃砖的折射率𝑛=sin𝑖sin𝑟=sin60∘sin30∘=√3，故B项正确

;C、设发生全反射的临界角为𝐶，则sin𝐶=1𝑛=√33，根据几何关系可得在𝐴𝐶面上的入射角为60∘，sin60∘=√32>√33，所以在𝐴𝐶面上发生全反射，光不从𝐴𝐶面射出，故C项正确;D、作出𝐵

𝐶面上入射光线𝐸𝐹，如图所示，根据几何关系可得在𝐵𝐶面上的入射角为30∘，sin30∘=12<√33，所以在𝐵𝐶面上不发生全反射，光最先从𝐵𝐶面射出，根据几何关系得：𝐸𝐹=2√3𝐶𝐸=2√3(𝐴𝐶−

𝐴𝐸)=2√3(𝐴𝐵sin60∘−𝐴𝐸)=𝐿,光从𝑂→𝐸→𝐹经历的路程为2𝐿，光在玻璃砖中的速度为√33𝑐，所以最短时间𝑡=2𝐿√33𝑐=2√3𝐿𝑐，故D项错误。本题选错误的，故选

D。6.因平直轨道是光滑的，所以人与车及两个铅球组成的系统水平方向动量守恒。设每次投出的铅球对车的速度为𝑢，以人和车的速度方向为正方向，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个

球时，应有0=(𝑀+𝑚)𝑣−𝑚(𝑢−𝑣)，投掷第二个球时有(𝑀+𝑚)𝑣=𝑀𝑣1−𝑚(𝑢−𝑣1)，由上两个式子解得𝑣1=(2𝑀+3𝑚)𝑚𝑢(𝑀+𝑚)(𝑀+2𝑚)，第二次两个球一起投出时，有0=𝑀𝑣2−2𝑚(𝑢−�

�2)，解得𝑣2=2𝑚𝑢𝑀+2𝑚，所以两次投掷铅球小车的速度之比为𝑣1𝑣2=(2𝑀+3𝑚)2(𝑀+𝑚)，故C正确，ABD错误。故选C。人、铅球、车组成的系统水平方向所受的合外力为零，水平方向满足动量守恒定律，分别对两种抛法根据动量守恒定律列式求出小车末速度的表达式，进而求出速

度之比。本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，明确一个一个抛和两个一起抛的区别，注意要规定正方向。7.解：𝐴、以木块与子弹组成的系统为研究对象，由于水平面光滑，系统的合外力为零，所以系

统的动量守恒。取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣，故A正确。𝐵𝐶、以系统为研究对象，根据能量守恒定律得：𝑓𝑠=12𝑚𝑣02−12(𝑀+𝑚)𝑣2.故B错误，C正确

。D、以木块为研究对象，根据动能定理得：子弹对木块做功等于木块动能的增加，即：𝑓𝐿=12𝑀𝑣2，故D正确。故选：𝐴𝐶𝐷。子弹射入木块的过程中，以木块与子弹组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律列式．以系统为研究对象，根据能量守恒定律列式；对木块分析，根据动能定理列式。本题是

冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式𝑊=𝐹𝑙中，𝑙是相对于地的位移大小．8.【分析】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当𝐴加速度为0时，𝐴速度最大，

此时𝐴𝐵受力都平衡，运动过程中𝐴、𝐵及弹簧组成的系统机械能守恒，难度适中。分别对𝐴在最高点时和𝐵在最低点时运用牛顿第二定律求出绳子的拉力；当𝐴加速度为0时，𝐴速度最大，对𝐴𝐵分别根据平衡条件求出此时弹簧的伸长

量，进而判断在此过程中弹簧弹性势能改变量，设最大速度为𝑣，对于𝐴、𝐵及弹簧组成的系统由机械能守恒即可求出𝐴的最大速度值；未挂物体𝐵时，对于物体𝐴由平衡条件求出此时弹簧的压缩量，挂𝐵后𝐴沿斜面向上做加速度减小的加速运动，分别对𝐴在最高点时和𝐵在最低点时列牛顿第二定律可得细绳

对物体𝐵拉力的最大值。【解答】A.未挂物体𝐵时，设弹簧压缩量为𝑥1，对于物体𝐴由平衡条件有：𝑘𝑥1−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=0，解得：𝑥1=𝑚𝑔2𝑘，故A错误；C.挂𝐵后𝐴沿斜面向上做加速度减小的加速运动，当𝐴加速度为0时，𝐴速度最大，设此时弹簧伸长量

为𝑥2，对于𝐴由平衡条件有：𝑇−𝑘𝑥2−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=0，当𝐴加速度为0时，𝐵加速度也为0，对于𝐵由平衡条件：𝑇−𝑚𝑔=0，联立解得：𝑥2=𝑚𝑔2𝑘，因𝑥1与𝑥2

相等，故在此过程中弹簧弹性势能改变量𝛥𝐸=0，设最大速度为𝑣，对于𝐴、𝐵及弹簧组成的系统由机械能守恒得：𝑚𝑔(𝑥1+𝑥2)−𝑚𝑔(𝑥1+𝑥2)𝑠𝑖𝑛30°=12𝑚𝑣2，将𝑥1、𝑥2代入解得：𝑣=√𝑚𝑔22𝑘=𝑔√𝑚2𝑘

，故C正确；B.𝐴做简谐运动的振幅𝐴=𝑥1+𝑥2，代入数据解得：𝐴=𝑚𝑔𝑘，故B正确；D.𝐴运动到最高点时弹簧的伸长量𝑥=2𝑥2+𝑥1，𝐴在最高点时，由牛顿第二定律：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°+𝑘𝑥−𝑇′=�

�𝑎，𝐵在最低点时，由牛顿第二定律：𝑇′−𝑚𝑔=𝑚𝑎，解得：𝑇′=32𝑚𝑔，故D错误。故选：𝐵𝐶。9.【分析】图中𝑎、𝑏两质点的位移都是1𝑐𝑚，加速度相同，运动方向相反，此时两质点的速度大小相等，但此后𝑏的速度减小，𝑎的速度增大，𝑎到达平衡位置时，

𝑏还没有到达波峰，显然两点不是反相点，结合振动方程求出两质点振动的时间差，然后确定波的波长。根据质点位移关系分析运动的加速度、速度大小关系。要能根据振动方程求出𝑎、𝑏两质点振动的时间差，求出其之间

的距离，再求出波长的通项表达式。要能根据两质点速度的变化，分析运动过程中位置的关系。【解答】𝐴𝐵.设质点的起振方向向上，则质点的振动方程为𝑥=𝐴sin𝜔𝑡，若𝑎、𝑏中间的距离小于1个波长，对于𝑏点有1=2sin𝜔𝑡1，解得𝜔𝑡1=𝜋6，𝑎点振动的时间比𝑏点长，所以

由1=2sin𝜔𝑡2，得𝜔𝑡2=5𝜋6，𝑎、𝑏两个质点振动的时间差为𝛥𝑡=𝑡2−𝑡1=2𝜋3𝜔=𝑇3，所以𝑎、𝑏之间的距离为𝛥𝑥=𝑣𝛥𝑡=𝜆3，则通式为(𝑛+13)𝜆=50𝑐𝑚(𝑛=0,1,2,3...)，则波长可以为𝜆=

1503𝑛+1cm(𝑛=0,1,2,3...)，当𝑛=0时𝜆=150𝑐𝑚，由于𝑛是整数，所以𝜆不可能为12𝑐𝑚，故A正确，B错误；C.当质点𝑏的位移为+2𝑐𝑚时，即𝑏到达波

峰时，结合波形知，质点𝑎在平衡位置下方，位移为负，C错误；D.由𝜔𝑡1=𝜋6，得𝑡1=𝜋6𝜔=𝑇12，当𝑡=𝑇2−𝑡1=5𝑇12时质点𝑏到达平衡位置处，速度最大，故D正确。故选AD。10.【分析】先分析𝐵，碰后在竖直方向做简谐运动，可知𝐵对地面的最小压力为0，可求

出此时弹簧的弹力，再以𝐴、𝐶组成的整体为研究对象，求出弹簧它们的加速度，然后结合简谐振动的对称性求出此时弹簧的形变量；由振幅的定义求出振幅；𝐴与𝐶的速度最大的位置在平衡位置。弹簧在高考中出现较多，应对其弹力的变化过程作充分的了解，并能灵活应用所学物理规律求解。此题属于

难题，在解答时要注意弹簧的形变量与振幅的关系。【解答】A、物体𝐵对地面的弹力最小为0.此时弹簧对𝐵的作用力为拉力，对𝐵：𝑚𝑔−𝑘𝑥1=0则：𝑘𝑥1=𝑚𝑔再以𝐴、𝐶组成的整体为研究对象，则物体𝐵

对地面的弹力最小时弹簧对𝐴的作用力也是拉力，此时𝐴与𝐶在最高点，则：2𝑚𝑔+𝑘𝑥1=2𝑚𝑎可得：𝑎=1.5𝑔由于简谐振动具有对称性，则𝐴与𝐶在最低点时加速度的大小也是1.5𝑔，方向向上，此时：𝑘�

�2−2𝑚𝑔=2𝑚𝑎则：𝑥2=5𝑚𝑔𝑘𝐴与𝐶组成的整体受力平衡时：2𝑚𝑔=𝑘𝑥3则：𝑥3=2𝑚𝑔𝑘所以简谐振动的最大振幅为：𝐴=𝑥2−𝑥3=5𝑚𝑔𝑘−2𝑚𝑔𝑘=3𝑚𝑔

𝑘，2𝑚𝑔𝑘<3𝑚𝑔𝑘，故A正确；B、𝐴与𝐶在最低点时𝐵对地面得压力最大，受到的支持力也最大，则：𝐹−𝑚𝑔−𝑘𝑥2=0，可得：𝐹=6𝑚𝑔，故B正确；C、简谐运动的周期与振幅无关，𝐻变大，振幅变大，周期不变，故C正确；D、𝐴与𝐶组成

的整体受力平衡的平衡位置不变，所以当𝐶物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置也不变，故D错误。故选：𝐴𝐵𝐶。11.【分析】本题考查了验证动量守恒定律的实验；解决实验问题首先要掌握该

实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。(1)根据向心力求出𝐴球和𝐵球的质量之比；(2)根据平抛运动规律，结合动量守恒定律分析求解；(3)两球发生弹性碰撞时机械能守恒，据此分析求解。【解答】(1)设𝐴球和𝐵球转动的轨道半径为𝑟，压力传感器

的示数𝐹1等于𝐴球转动的向心力，压力传感器的示数𝐹2等于𝐵球转动的向心力，由牛顿第二定律得𝐹1=𝑚𝐴𝜔2𝑟，𝐹2=𝑚𝐵𝜔2𝑟；解得𝑚𝐴:𝑚𝐵=6:1。(2)𝐴球和𝐵球碰撞前后做平抛运动，由ℎ=12𝑔

𝑡2和𝑥=𝑣𝑡；可知𝑣∝𝑥；若𝐴球和𝐵球在碰撞过程中动量守恒，则𝑚𝐴𝑥2=𝑚𝐴𝑥1+𝑚𝐵𝑥3；解得6𝑥2=6𝑥1+𝑥3。(3)若两小球发生弹性碰撞，可得12𝑚𝐴𝑥22=12𝑚𝐴𝑥12+12𝑚𝐵𝑥32；解得6𝑥22=6𝑥1

2+𝑥32；联立6𝑥2=6𝑥1+𝑥3；可得𝑥3=𝑥1+𝑥2；故选BC。12.解：(1)该游标卡尺为10分度，精确度为0.1𝑚𝑚，根据游标卡尺的读数方法可得，摆球的直径为：𝑑=9𝑚𝑚+5

×0.1𝑚𝑚=9.5𝑚𝑚=0.95𝑐𝑚；单摆的摆长为摆线的长度加上摆球的半径，由图乙可得，摆线的长度与球的直径之和为99.75𝑐𝑚，则摆长为𝐿=99.75𝑐𝑚−0.952𝑐𝑚≈99.3𝑐𝑚=0.993𝑚

；(2)𝐴、为了减小摆球摆动过程中的空气阻力，摆球应选密度较大，且由小孔的金属小球，故A正确；B、为了减小实验误差，摆线应适当长些，一般为1𝑚左右，故B正确；C、测量摆球运动的周期时，由于小球在最低点停留的时间短，读数误差小，所以应在摆球经过平衡位置时开始计时，故

C错误；D、用秒表测量小球运动周期时，要记录多次全振动的时间，然后求平均值，可以减小实验误差，故D错误。故选：𝐴𝐵。(3)由单摆周期公式𝑇=2𝜋√𝐿𝑔可知：𝑇2=4𝜋2𝑔⋅𝐿𝑇2−𝐿图象的斜率：𝑘=4𝜋2𝑔，解得：𝑔=4𝜋2𝑘。𝐴𝐵、若测量

摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度𝑙，则有：𝑇2=4𝜋2𝑔⋅(𝑙+𝑟)=4𝜋2𝑔⋅𝑙+4𝜋2𝑔⋅𝑟，故出现图象中𝑎线的原因，可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，故A、B错误；C、出现图线𝑐的原因可能是，测

出𝑛次全振动时间为𝑡，误作为(𝑛+1)次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大，故C正确；故答案为：(1)0.95；0.993；(2)𝐴𝐵；(3)𝐶。简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实

验结论的因素。应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。(1)根据游标卡尺和刻度尺的读数方法进行读数，单摆的摆长为摆线的长度加上摆球的半径，由此解答；(2)为减小实验误差应选择适当长些的非弹性细线作摆线，为减小空气阻力的影响，选择密度

较大的实心金属小球作为摆球，根据实验方法和减少实验误差的方法进行分析；(3)根据单摆的周期公式变形得出𝑇2与𝐿的关系式，再分析𝑇2−𝐿图象中𝑔与斜率的关系，得到𝑔的表达式。根据重力加速度的表达式，

分析各图线与𝑏之间的关系。13.见答案。14.见答案获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com