【文档说明】河北省大名县第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考物理试卷（含解析）.doc，共(14)页，495.500 KB，由小赞的店铺上传

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大名县第一高级中学校2022-2023学年高二上学期第一次月考物理试卷考试时间75分钟学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题

（1-7单选，每题4分，共28分；8-10多选，每题6分，选对但不全者3分，共18分；总共46分）1．关于动量，下列说法中正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．

甲物体的动量p1=5kg·m/s，乙物体的动量p2=-10kg·m/s，所以p1>p22．下列说法正确的是（）A．大的力做功一定比小的力做功多B．大的力的冲量一定比小的力的冲量大C．动量大的物体速率一

定比动量小的物体速率大D．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量一定越大3．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比'Av：'Bv为（

）A．1:2B．1:3C．2:1D．2:34．质量为1m和2m的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前2m的速率大于1m的速率B．碰撞后2m的速率大于1m的速率C．碰撞后2m的动量大于1

m的动量D．碰撞后2m的动能小于1m的动能5．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（）A．500NB．1100NC．

600ND．1000N6．如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时为计时起点，其振动的x－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t4时刻振子在A点B．t2时刻振子在B点C．在t1～t2时间内，振子的位移在增大D．在t

3～t4时间内，振子的位移在减小7．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（）A．1st=时，振子的速度为零，加速度为正的最大值B．3st=时，振子的速度为零，位移为负的最大值C．4st=时，振

子的速度为正，加速度为负的最大值D．1st=和5s=t时都是势能为零，动能最大8．质量为Am的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生对心弹性正碰，假设B球的质量Bm可选取为不同的值，则下列正确的是（）A．当BAmm=时，碰后A、B两球共速B．当BAmm=时

，碰后两球互换速度C．当BAmm时，碰后Am反向运动D．由于两球为弹性球，碰撞结束后，总动能将增加9．如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则（）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反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlMm+10．如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动

图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=Tc<TbB．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大C．由图乙可知，此时b摆的周期大于t0D．a摆的摆长为2024gt二、实验题（11题每空3分共6分；12题每空3分共9分；总共

15分）11．一同学设计了下面探究动量守恒的方案：在一块短木板上钉两条剖成两半的铅笔（除去笔芯）作为滑槽。把一条轻竹片弯成“∩”形，中间用细线拴住成为竹弓，将它置于短板上的滑槽里，紧挨竹弓两端各放置一个小球，如图所示。实验时，把这套装置放在桌子的一角上。在

木板两头的地上各铺放一张白纸并盖上复写纸。用火柴烧断细线，竹弓立即将两小球弹出，小球落在复写纸上，在白纸上打出两个印痕。(1)需要测量的量是________。A．两小球的质量m1、m2及抛出的射程x1、x2B．球抛出的高度hC．球

下落的时间tD．细线的长度L(2)若等式_______________（用(1)中的相关字母符号表示）成立，则表明系统动量守恒。12．甲、乙两位同学分别在实验室做“用单摆测量重力加速度”的实验：(1)下列操作中符合规范的是________；A．悬挂单摆时，为了

调节摆长方便，将摆线缠绕在铁架台的横杆上B．测量摆长时，将单摆横放在桌面上，让摆线自然伸长C．测量周期时，先测几十次全振动的总时间，然后通过计算求出周期的测量值D．测量周期时，选取最高点为计时起点(2)甲同学用游标卡尺测量小球直径时示数如图所示，

则小球的直径d=_______；(3)乙同学忘记测量小球的直径，将悬挂点与小球上端之间的距离当作摆长，其它操作均规范，则他测得的重力加速度值与真实值相比将______（填“偏大”或“偏小”）。三、解答题（13题8分；14题15分；15题1

6分；总共39分）13．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg,mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B

上，B和C的共同速度为0.50m/s．求：(1)木块A的最终速度vA是多少？；(2)滑块C离开A时的速度vC′有多大？14．如图所示，abc是光滑的固定轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R=0.4m，质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一个与A球质量相等

的小球B以v0=5m/s的速度与小球A发生弹性碰撞，已知相碰后小球A能够经过半圆的最高点c，然后落到水平轨道上，重力加速度g取10m/s2，求：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度.（2）小球在b点对轨道的压力（3）小球A落地点距b点的

水平距离15．如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：（1）振动质点离开平衡位置的最大距离；（2分）（2）写出此振动质点的运动表达式；（3分）（3）在0～0.6s的时间内质点通过的路程；（3分）（4）

在t＝0.1s、0.3s、0.5s、0.7s时质点的振动方向；（3分）（5）振动质点在0.6s～0.8s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？（3分）（6）振动质点在0.4s～0.8s这段时间内的动能变化是多少？（2分）大名

县第一高级中学校2022-2023学年高二上学期第一次月考物理参考答案1．B解析：A．动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误；B．做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，故B正确；C．速度方向变化，但大小不

变时，则动量变化，而动能不变，故C错误；D．动量的负号只表示方向，与大小无关，故两物体动量大小p1<p2故D错误。故选B。2．D解析：A．根据功的定义式cosWFx=可知力做功的大小与位移、力及力与位移的夹角有关，所以大的力做功不一定多，故A错误；

B．根据冲量的定义式IFt=可知冲量的大小还与时间有关，所以大的力的冲量不一定大，故B错误；C．根据动量的定义式pmv=可知动量大的物体可能是因为质量大，而速率不一定大，故C错误；D．合外力的冲量等于动量的变化量，因此合外力的冲量越大则动量变化量越大，故D正确。故选D。3

．D解析：设碰前A球的速率为v，根据题意B2mvmv＝得碰前B2vv＝碰后'A2vv＝由动量守恒定律，有'B2222vvmvmmmv++＝解得'B34vv=所以''AB32::243vvvv==故选D。4．C解析：A．xt−图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知1m

碰前的速度大小为04m/s4m/s1==v2m碰前速度为0，A错误；B．两物体正碰后，1m碰后的速度大小为14m/s2m/s31v==−2m碰后的速度大小为284m/s2m/s31−==−v碰后两物体的速率相等，B错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即101122mvmvmv=−+

解得两物体质量的关系为213mm=根据动量的表达式pmv=可知碰后2m的动量大于1m的动量，C正确；D．根据动能的表达式2k12Emv=可知碰后2m的动能大于1m的动能，D错误。故选C。5．D解析：根据2112Lgt=解得运动员从跌下到安全带刚好伸直的时间11st=对全过程由动量定理得122

()00mgttFt−+−=−解得1000NF−=故D正确，ABC错误。故选D。6．C解析：AB．振子在A点和B点时位移最大，由于取向右为正方向，所以振子运动到A点有正向最大位移，运动到B点有负向最大位移，则t2时刻，振子在A点，t4时刻，振子在B点，故AB错误；CD．振子的位移以平衡位置

为起点，所以在t1～t2和t3～t4时间内振子的位移都在增大，故C正确，D错误。故选C。7．B解析：A．1st=时，在正向最大位移处，故速度为零，kxam=−，加速度最大，为负，故A错误；B．3st=时，在负向最大位移处，振子的速度为零，故B正确；C．4st=时，根据

xt−图像斜率表示速度可知，振子的速度为正向最大值，故C错误；D．1st=和5s=t时，在正向最大位移处，弹性势能最大，动能为零，故D错误。故选B。8．BC解析：根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有A0A1B2mvmvmv=+222A0A12111222Bmvmvmv=+解得AB10ABmm

vvmm−=+，A20AB2mvvmm=+AB．当BAmm=时，可得10v=，20vv=即碰后两球互换速度，故A错误，B正确；C．当BAmm时，可得AB10AB0mmvvmm−=+即碰后Am反向运动，故C正确；D

．由于两球为弹性球，碰撞结束后，总动能将不变，故D错误。故选BC。9．BD解析：AB．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；C．根据水平方向动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误

；D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为mv，小车的平均速度为Mv，由动量守恒定律有0mMmvMv−=则有mMmxMx=又有2mMxxl+=解得2MmlMmx=+故

D正确。故选BD。10．ABD解析：A．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式2lTg=可知，固有周期关系为Ta=Tc<Tb故A正确；B．因为Ta=Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较

大，b摆的振幅较小，故B正确；C．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故b摆的周期等于t0，故C错误；D．a摆的周期为t0，由2lTg=，解得2024gtl=故D正确。故选ABD。11．Am1x1=m2x2解析：

(1)[1]在探究动量守恒定律的实验中应测两小球的质量和作用前后的速度。已知两小球初速度为0，竹弓弹开后两球都做平抛运动，下落的高度相同，所以两小球在空中飞行的时间相同，而水平射程x=vt即x与v成正比，故可以用水平射程代

表速度，故A正确。(2)[2]若0=m1x1－m2x2即m1x1=m2x2成立，则表明两小球和竹弓组成的系统动量守恒。12．C1.075cm偏小解析：(1)[1]A．摆线直接缠绕，在实验过程中易出现摆线松动，A错误；B．单摆横放在桌面上时，摆线的长度小于竖直放置时的长度，B错误；C．先测总时间，

再通过计算求出周期值会更准确，故C正确；D．应选取平衡位置为计时起点，故D错误。(2)[2]由图示游标卡尺可知，主尺示数为1cm，游标尺示数为15×0.05mm=0.75mm=0.075cm小球直径d=1cm+0.075cm=1.075cm(3)[3]根据单摆的周期2lTg=可

得224lgT=将tTn=带入可得2224nlgt=故可知，l变短，g偏小。13．(1)0.25m/s(2)2.75m/s解析：（1）对于整个过程，把BC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：CCAACBmvmvmmv=++（）解得：A=0.25m/sv（2）对于C

在A上滑行的过程，把AB看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得：CCABACCmvmmvmv=++（）解得：C2.75m/sv=答：(1)0.25m/s(2)2.75m/s14．（1）5m/s，0（2）14.5N（3）1.2m解析：（1）

AB碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，则：0ABmvmvmv=+，2220111222ABmvmvmv=+联立解得：vA=5m/s，vB=0（2）在b点，根据牛顿定律：2ANvFmgmR−=解得：FN=14.5N根据牛顿第三定律，

压力为14.5N。（3）小球从b点到c点，由机械能守恒定律：2211222+=cAmvmgRmv解得：vc=3m/s小球做平抛运动：x=vct，2122Rgt=解得：x=1.2m15．（1）5m；（2）x＝5sin(2.5πt)m；（3）5m

；（4）正方向负方向负方向正方向（5）速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小；（6）零解析：（1）由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5m，此即质点离开平衡位置的最大距离．（2）由图象可知A＝5m，T＝0.8s，φ＝0．所以可得()()2sinsin5sinm5sin2.5?m.2()(

)08xAttTAtt+====（3）由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8s，0.6s＝3×4T，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5m＝15m（4）

在t＝0.1s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1s时的振动方

向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3s、0.5s、0.7s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。（5）由振动图象可以看出，在0.6s～0.8s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质

点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。（6）由图象可以看出，在0.4s～0.8s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内

质点的动能变化为零。