【文档说明】内蒙古赤峰市第二中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析 .docx，共(21)页，2.584 MB，由小赞的店铺上传

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赤峰二中2022级高二第一次月考物理试题一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全部选对的得4分，选对不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.如图所示，把两个弹簧振子悬挂在

同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是（）A.甲的振幅较大，且振动频率为8HzB.甲的振幅较大，且振动频率为

9HzC.乙的振幅较大，且振动频率为9HzD.乙的振幅较大，且振动频率为72Hz【答案】B【解析】【分析】【详解】支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，频率越接近则振幅越大，所以甲的振幅较大。受迫振动的频率取决于驱动力的频率即振动频率为9Hz

。故选B。2.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷。此刻M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（）A.该时刻质点O正处于平衡位置B.O点处于振动加强区C.从该时刻起，经过二分之一周期，质点M处于振

动减弱区D.从该时刻起，经过二分之一周期，质点P处于波峰位置【答案】B【解析】【详解】AB．由图知O点是波谷和波谷的叠加，是振动加强点，该时刻质点O正处于振动加强的波谷位置，故A错误，B正确；C．质点M所在位置始终是振动加强区，故C错误。D．P、N两质点是波峰与波谷叠加，位移始终为零，所

以始终处于平衡位置，故D错误。故选B3.渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物．声波在水中传播速度为1500m/s，若探测器发出频率为61.510Hz的声波，下列说法正确的是（）A.两列声波相遇时一定会发生干涉B.声波由水中传播到空气中，波长会改

变C.该声波遇到尺寸约为1m的被探测物时会发生明显衍射D.探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关【答案】B【解析】【详解】AD．根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列

声波相遇时不一定发生干涉，故AD错误；B．声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，所以波长会发生改变，故B正确；C．根据波长的计算公式可得361500m110m1.510vf−===当遇到尺寸约1m的被探测物时不会发生明显衍射，故C错误；故选B。4.钓鱼可以修身养

性，颇受人们喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，鱼漂的振动为简

谐运动，则（）A.鱼漂振动过程中机械能守恒B.鱼漂受到重力，浮力，回复力的作用C.M点到达水面时，鱼漂的动能最大D.N点到达水面时，鱼漂的加速度最大【答案】D【解析】【详解】A．鱼漂振动过程中水的浮力做功，所以鱼漂的机械能不守恒，故A错误；B．鱼漂受到重力，浮力的

作用，重力和浮力的合力为回复力，故B错误；C．M点到达水面时，鱼漂位于最低点，鱼漂的动能最小等于零，故C错误；D．N点到达水面时，鱼漂位于最高点，相对于平衡位置的位移最大，合力最大，根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大，故D正确。故选D。5.彩带舞深受广大人民的喜爱，

在公园、广场随处可见。彩带舞爱好者，某次抖动彩带形成一列彩带波（可看成横波），波形图如图所示，图甲为0.2st=时的彩带波形图，图乙为2mx=处质点的振动图像。下列说法中正确的是（）A.该彩带波沿x轴正方向传播B.从0.2st=开始，再过1s30，2mx=

处质点的位移为2cm−C.彩带波的波速为1m/sD.0=t时，2mx=处质点沿y轴负方向振动【答案】B【解析】【详解】A．根据振动图像与0.2s时的波形图可知，这列彩带波沿x轴负方向传播，故A错误；B．这列波

的周期为0.4sT=，波长4m=，所以波速为10m/svT==由图乙可知24sin(m)4sin5(m)yttT==再过1s30，即10.2ss30t=+2mx=处质点此时位移为2cmy=−故B正确，C错

误。D．因为0.2st=时2mx=处质点沿y轴负方向振动，往前推半个周期，所以0=t时2mx=处质点沿y轴正方向振动，故D错误。故选B。6.如图（a）所示，P、Q为一列简谐横波上平衡位置之间相距2m的两个质点，两质点的振动图像如图（b）所示，实线为P质点的振动图像，虚线为Q质

点的振动图像。已知P、Q两质点平衡位置之间的距离小于一个波长。关于该简谐波的传播方向及波速可能的是（）A.沿x轴正方向传播，波速为4m/sB.沿x轴负方向传播，波速为2m/s3C.沿x轴正方向传播，波速为8m/sD.沿x轴负方向传播，波速为8m/s3【答案】

B【解析】【详解】图（b）可知，P、Q两质点的振动周期都是4sT=。若波从P传向Q，沿x轴正方向传播，由于两质点平衡位置之间的距离小于一个波长，由图（b）可知，P、Q两质点的振动时间差为4Tt=则P、Q两质点的距离满足2m4=可得波长为8m=则波速为2

m/svT==若波从Q传向P，沿x轴负方向传播，由于两质点平衡位置之间的距离小于一个波长，由图（b）可知，P、Q两质点的振动时间差为34Tt=则P、Q两质点的距离满足32m4=可得波长为8m3=则波速为2m/

s3λvT==故选B。7.如图所示，沿x轴正方向传播的机械波在t=0时传播到x=1m处的A点，t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则（）A.该机械波的周期为0.2sB.经过1.7s，Q点向前传播8.

5mC.经过1.7s，Q的路程为15cmD.t=1.7s时，Qx轴上方3cm处【答案】C在【解析】【详解】A．由于t=0时传播到x=1m处的A点，t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则波传播的速度1171m/s5m/s1.2xvt−===根据波形可知，波长为2m，

则机械波的周期2s0.4s5Tv===A错误；B．介质中的质点只在各自平衡位置振动，不会随波迁移，B错误；C．由于t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则1.7s内，Q点振动的时间为0.511.7s1.2s0.5s

0.44TTT−===+可知经过1.7s，Q的路程为453cm15cmAA+==C正确；D．根据同侧法，可知质点A点起振方向沿y轴负方向，由于所有质点的起振方向相同，则质点Q点起振方向也沿y轴负方向，根据上述经过1.7

s，Q点振动的时间为0.5s，可知，t=1.7s时，Q在波谷位置，即在x轴下方3cm处，D错误。故选C。8.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，0=t时刻振子的位移0.1mx=−；4s3t=时刻0.1mx=；4st=时刻0.1mx=。该振子的振幅和周期不可能为（）A.

0.1m，8s3B.0.1m,8sC.0.2m，8s3D.0.2m，8s【答案】B【解析】【详解】A．若振子的振幅为0.1m，根据简谐运动的周期性和对称性，如图甲所示有41()32snT=+则周期最大值为8=s3TA正确，B错误；C．若振子的振幅为0.2m，由简谐运动的周期性和对称性可知

，振子由0.1xm=−运动到0.1=+xm时，如图乙所示有41()32snT=+所以最大周期为8=s3T且4ts=时刻0.1=+xm，C正确；D．若振子的振幅为0.2m，振子由0.1xm=−运动到0.

1=+xm，需时间6T再经nT到0.1=+xm，如图丙所示则根据简谐运动的周期性有41()36snT=+所以最大周期为=8sT且4ts=时刻，0.1=+xm，D正确；故选B。9.一列机械波的波源是坐标轴

原点，从0=t时波源开始振动，0.5st=时波形如图，则下列说法正确的有（）的A.这种介质中波速5m/sv=B.1mx=处质点在0.3st=时位于波峰C.波源振动方程0.02sin(5)myt=+D.1mx=−处质点半个周期内向左位移半个波长【答案】AC【解析】【详解】A．由图中可知

0.5st=时，波传播的距离为2.5mx=，故波的速度为2.5m/s5m/s0.5xvt===故A正确；B．由图可知该波的波长为2m=，所以波的周期为2s0.4s5Tv===波传播到1mx=需要的时间111s0.2s5xtv===由图可知该波的起振方向向下，0.3st=该

波振动了0.1s，即14T，所以位于波谷，故B错误；C．根据图像可知该波的振动方程为()()2sin0.02sin5m0.02sin5myAtttT=+=−=+故C正确；D．质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。

故选AC。10.位于0.25mx=的波源P从0=t时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正、负方向传播，在2.0st=时波源停止振动，2.1st=时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置1.75max=，质点b的平衡位置0.5mbx=−。下列说法正确的是（）在A.波的传播速度为2.5m/sB.波源沿

y轴负方向起振C.质点a的振幅为30cmD.在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，波的波长1m=由于在2.0st=时波源停止振动，2.1st=时的部分波形如图所示，可知0.1s内波传播四分之一波长，可得0.1s4T=解得0.4sT=则波

速2.5m/svT==故A正确；B．结合上述作出2.0st=时的波形如图所示根据同侧法可知，此时波源P的振动方向向上，因2.0s5tT==，所以波源起振方向也向上，即波源沿y轴正方向起振，故B错误；C．由图像可知，质点a的振幅为

15cm，故C错误；D．波传到b点所需的时间30.75s0.3s2.5t==在0到2s内，质点b振动的时间4172s0.3s1.7s4tT=−==则质点b运动总路程17170.15m2.55msA===故D正确。故选AD。11

.一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点，在t时刻A、B两点间形成如图a所示波形，在（t＋3s）时刻A、B两点间形成如图b所示波形，已知A、B两点间距离L=9m，则以下说法中正确的是（）A.若周期大于4s，波传播方向可能向右B.若周期为4s，波传播方向一定向右C.若波速为8.5m

/s，波传播方向一定向左D.该波波速可能的最小值为0.5m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．B．若波向右传播，可得13()3s,(0,1,2,3)4nTn+==解得112s43Tn=+若波向左传播，可得21()3s(0,1,2,3)4nTn+==，解得112

s41Tn=+由于n是整数，当n=0时，T=4s时，符合T1通项，波向右传播，4sT，故A错误，B正确；C．由图知波长6m=，若波速为8.5m/s，则波传播的距离为18.53m25.5m44xvt====根据波形的平移，波一定向左

传播，C正确；D．波传播的最小距离为向左传播1.5m，波波速可能的最小值为1.5m/s0.5m/s3vvt===故D正确。故选BCD。12.一根长20cm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。0=t时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（）A.两波源起振方向相同B.两波源的起振方向相反C.4st=时，在PQ之间（不含PQ

两点）绳上一共有5个质点的位移为10cm−D.4st=时，在PQ之间（不含PQ两点）绳上一共有6个质点的位移为10cm−【答案】BD【解析】【详解】AB．由图可知，P起振方向沿y轴负方向，Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，故A错误，B正确；CD．4st=时，波传播

距离8mxvt==波形图如下的在PQ之间（不含PQ两点）绳上一共有6个质点的位移为10cm−，故C错误，D正确。故选BD。二、实验题（共14分，每空2分）13.通过单摆实验测量当地的重力加速度．（1）若用游标卡尺测得小球的直径d=______mm；（2）以下是实验过程中的一些做

法，其中正确的有______．A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期TD

．如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂（3）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______。A．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大B．开始计时时，秒表过迟按下C．实验中误将49次全振动数次数记为50次D．实验时把绳长当

成摆长了（4）某同学测出了摆线长度L和摆动周期T，如图a所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以2T为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图b所示。由图像可知，当地重力加速度g=______2m/s（结果用π表示），摆球的半径r=______m

。（5）实验小组又研究了绳上张力的大小变化规律。首先，小组在铁架台甲处固定了力传感器用以测量细绳上的拉力F，并在最低点乙处安装了传感器用以测量钢球速度，如图所示。接着，测出小钢球半径r和细线的长度为L。将小球拉到某一位置释放，若测量出小球到达

最低点的速度为v、小球质量为m，重力加速度为g，则理论上小球到最低点时，力F的表达式为______；将摆球摆动的角度控制在5°范围内，再次用传感器测出细线拉力F随时间t的变化图像，如图，测出此时细线长为62cm、小钢

球直径为1.0cm，则重力加速度应该为g=______m/s2。（在这一小问计算时，2=10。计算结果保留2位有效数字）【答案】①.19.90②.AB##BA③.AD##DA④.2⑤.21.010−⑥.2vFmgmLr=++⑦.9.77【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为1918

0.05mm19.90mmdmm=+=（2）[2]AB．为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的可以减小阻力的影响，AB正确；C．为了计时准确，在摆球经过平衡

位置开始计时，误差小，C错误；D．为了使摆长不发生变化，选用乙方式悬挂，D错误。故选AB。（3）[3]由单摆周期公式2LTg=可知224πLgT=A．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期T变大了，所测重力加速度g偏小，故A正确；B．开始计时时，

秒表过迟按下，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故B错误；C．实验中误将49次全振动数次数记为50次，所测周期T偏小,所测重力加速度g偏大，故C错误；D．实验时把绳长当成摆长了，则摆长偏小，所测重力加速度g偏小，故D正确。故选AD。（4）[4][5]由单摆周期

公式2lTg=可得224LrTg+=由此可知，当Lr=−时20T=由b图可知，1.0mL=−时20T=所以21.0cm1.010mr−==由224LrTg+=可知图像斜率为244g=所以2g=

（5）[6]根据牛顿第二定律2vFmgmLr−=+可得2vFmgmLr=++[7]由图可知，单摆的周期为1.6s，根据题意可知摆长62.5cm0.625mL==根据224πLgT=代入数据可得29.77m/sg三、解答题：（共38分，解答应写出必要的文字说明、

方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）14.如图甲，水袖舞是中国京剧的特技之一，因其身姿摇曳、技法神韵倍受人们喜欢。某次表演中演员甩出水袖的波浪可简化为如图乙所示沿

x轴方向传播的简谐横波，P、Q为该波沿水平传播方向上相距0.8m的两个质点，且横波由P传向Q。0=t时P质点正经过平衡位置向上振动，Q质点正处于波谷（未画出），图丙为P质点振动图像。已知该水袖舞甩出的波

长在0.5m至1m之间，袖子足够长且忽略传播时振幅的衰减，求：（1）质点P振动的位移y与时间t的关系式；（2）该水袖舞形成的简谐波的波速。【答案】（1）()50.2sinm2yt=；（2）0.8m/s【解析】【详解】（1）根据图丙可知0.8sT=，0.2mA=由于0=t时P质点正经过平衡位置向上

振动，则其振动的位移y与时间t的关系式为()()225sin0.2sinm0.2sinm0.82yAtttT===（2）P、Q为该波沿水平传播方向上相距0.8m的两个质点，且0=t时P质点正经过平衡位置向上振动，Q质点正处于波谷，则有14xn=+（n=0，1，2，3…）解得1

6m205n=+（n=0，1，2，3…）根据题意有0.5m1m解得0.551.35n即取1n=则有16m25=则谐波的波速为0.8m/svT==15.一列横波在t1=0时刻、t2=0.5s时刻波形分别如

图中实线、虚线所示，求：（1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少；（2）若波传播速度v=36m/s，判断波传播的方向；（3）若t1=0时刻的质点x=4m振动方向沿−y方向，从t1=0时刻算起，该质点第11次到达y=5cm所需时间。

【答案】（1）()441msvn=+右（n=0，1，2，⋯），()443msvn=+左（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）67s2418n+（n=0，1，2，⋯）【解析】详解】（1）由题图可知波长λ=8m，当波向右传播

时1114tnTT=+（n=0，1，2，⋯）解得12s41Tn=+（n=0，1，2，⋯）由波速公式可得()1441msvnT==+右（n=0，1，2，⋯）当波向左传播时2234tnTT=+（n=0，1，2，⋯）解得22s43Tn=+

（n=0，1，2，⋯）由波速公式可得()2443msvnT==+左（n=0，1，2，⋯）（2）Δt内波传播的距离为1360.5m18m24xvt====因此波向右传播；（3）若t1=0时刻的质点x=4m，振动方向沿−y方向，可知波向左传播。从t1=0时刻算起，x=

4m的质点其振动方程210sinytT=+当质点第1次到达y=5cm历时221212TTt=+再历时5T2到达y=5cm，10次，所以222275521212TTtTT=++=总当波向左传播时【2234tnTT=+（n=0，1，2，⋯）解得22s

43Tn=+（n=0，1，2，⋯）解得72675ss12432418tnn==++总（n=0，1，2，⋯）16.已知质量为0m的物体在受到0Fkx=−的回复力作用下，将做简谐运动，其偏离平衡位置的位移x与时间t的关系到遵循规律

()sinxAt=+，其中00km=，0k为比例系数，A为振幅。如图，一竖直光滑的足够长圆管，内有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端固定于地面上，上端与一质量为m的圆盘a相连，圆盘a静止时所在位置为O。另一质量为2m的圆盘b从距O高度为92mgH

k=的P点由静止开始下落，与a发生碰撞，瞬间粘在一起向下运动，运动的最低点为Q。两圆盘厚度不计，半径相同且略小于圆管半径。在运动过程中，弹簧形变始终在弹性限度内，且当形变量为x时，弹性势能为212pEk

x=。重力加速度为g，忽略一切阻力。求：（1）整个运动过程系统损失的机械能；（2）圆盘a、b碰后做简谐运动的振幅；（3）从圆盘b开始下落到第一次运动至最低点Q所用的时间。【答案】（1）223mEgk=；（2）4mgAk=；（3）323mmtkk=+【解析】【分析】【详解】（1）b从P点到O

点，由动能定理得201222mgHmv=碰撞过程由动量守恒，得023mvmv=损失的机械能220112322Emvmv=−可得223mEgk=（2）圆盘a处于O点时，弹簧压缩了l0，由胡克定律得0mgkl=碰后a、b一起运动了l1到达最低点Q，由

能量守恒得222110011133()222mvmglkllkl+=+−解得16mglk=a、b处于平衡位置M时，弹簧压缩了l2，由胡克定律得3mg=kl2所以振幅1024mgAlllk=+−=（3）开始圆盘b做自由落体运动123Hmtgk==由题意可知，a、b

一起做简谐运动的周期322mTk==OM距离为202mgllk−=为振幅的一半，由简谐运动时间关系可知，从O到M的时间2112tT=从M到最低点Q的时间314tT=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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