【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1.149 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷一、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.物理是源自于生活的科学，只要细心观察，生活中处处皆是物理。下列生活中的情景说法正确

的是（）A.在没有空气的宇宙空间，火箭无法利用反冲进行加速B.当静止的章鱼向前喷水时，可使身体向前运动C.在船头和码头安装旧轮胎是为了延长作用时间，以减小动量的变化率D.体操运动员在落地时总要屈腿是为了减小动量的变化，使运动员避免受伤【答案】C【解析】【详解】A

．火箭的加速利用了反冲原理，靠喷出气流的反作用力进行加速，没有空气也可以，故A错误；B．章鱼通过身体前面的孔喷向前水，利用反冲可以使身体向后运动，故B错误；C．在船头和码头安装旧轮胎是为了延长作用时间，由动量定理pFt=可知这样可以减小动量的变化率

，即减小码头对船的作用力F，故C正确；D．体操运动员在落地时总要屈腿是为了减小地面对运动员的动量变化率，动量变化率等于合力，因此减小了地面冲击力，使运动员避免受伤，而动量的变化不变，无法减小，故D错误。故选C。2.乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向

快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的110，喷水后乌贼获得的速度为5m/s，则喷出的水的速度为（）A.88m/sB.45m/sC.72m/sD.16m/s【答案】B【解析】【详解】取喷水后乌贼获得的速度方向为正方向。设喷水后乌贼质量为1m，

速度大小为1v，喷出的水的质量为2m，速度大小为2v，根据动量守恒定律得11220mvmv=−其中1291mm=解得245m/sv=故选B。3.如图为蟾蜍在水中鸣叫时水面形成的奇妙水波。已知水波的传播速度与

水的深度正相关。下列说法正确的是（）A.岸边的人听到的声波是横波B.岸边的人听到的声波频率大于水波的频率C.水面上飘落的树叶逐渐被水波推向岸边D.在深水区，水波更容易发生衍射【答案】D【解析】【详解】A．声波在空气中传播是通过空气的膨胀和收缩，是沿声波传播的方向，是纵波，故A错误；

B．蟾蜍声带振动产生了在空气中传播的声波和在水中传播的水波，它们都是由声带振动产生，其频率都等于声带振动的频率，故B错误；C．水波上飘落的树叶只会上下振动，不会随水波向前运动，故C错误；D．由题意可知水波的传播速度与水的深度正相关，可知水越深传播速度越快，根据vf=可知水越深，水波的波长越长，越

容易发生衍射现象，故D正确。故选D。4.两列振幅相同的横波在同种介质中相遇时某一时刻的情况如图所示，发生稳定干涉现象，实线表示波峰，虚线表示波谷，则（）A.两列横波的频率可能不同B.N点到两波源的距离一定相等C.N点一定总

是处于静止状态D.四分之一个周期后M点的瞬时速度为0【答案】C【解析】【详解】A．发生干涉现象的两列波频率完全相同，所以两列横波的频率一定相等，故A错误；B．N点是振动减弱点，如果两波源的振动相位差为0，则N点到两波源的距离是半波长的奇数倍，故B错误；C．N点是振动减弱点，且两列波的振幅相

同，N点的振幅为零，即N点总是处于静止状态，故C正确；D．四分之一个周期后M点振动到平衡位置，振动速度最大，故D错误。故选C。5.质量为m的列车以速度v匀速行驶，已知列车只在运动过程中受到空气阻力且恒为f，从某时刻开始突然以大小为F的制动力刹车，则从刹车开始的0t时间内，下

列有关说法正确的是（）A.空气阻力的冲量大小为0ftB.因0t时刻的速度未知，故不能确定此时制动力F的瞬时功率C.刹车距离2002Ffxvttm−=−D.力F冲量为mv【答案】B【解析】【详解】A．列车只在运动过程中受到空气阻力且恒为

f，如果列车已经停止运动不在受到空气阻力，则从刹车开始的0t时间内，有可能不是一直存在空气阻力，则无法计算空气阻力的冲量大小，故A错误；BC．如果列车一直运动，则根据牛顿第二定律可得Ffma+=则刹车距离为的2002Ffxvttm+=−如果列车已经停车，则此

公式不对，并且会导致0t时刻是否运动未知，故不能确定此时制动力F的瞬时功率，故B正确，C错误；D．如果一直运动根据动量定理可知Ff0mvII−=−−所以力F的冲量小于mv，故D错误。故选B。6.如图所示，在倾角为的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做

小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是（）A.2LTg=单摆在斜面上摆动的周期B.摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为2vFmL=C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆

的振动周期将增大D.若小球带负电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大【答案】D【解析】【详解】A．单摆在斜面上摆动时等效重力加速度singg=所以单摆在斜面上摆动的周期为2sinLTg=故A错误；B．摆球经过平衡位置时的回复力等于零，故B错误；C．若小球带正电

，并加一沿斜面向下的匀强电场，可得此时单摆在斜面上摆动等效重力加速度sinsinEqgggm=+所以振动周期将减小，故C错误；D．若小球带负电，并加一沿斜面向下的匀强电场，可得此时单摆在斜面上摆动等效重力加速度sinsinEqgggm=−所以振动周期

将增大，故D正确。故选D。7.如图所示，光滑的水平轨道ab与光滑的圆弧轨道bc在b点平滑连接，ab=3.2m，圆弧轨道半径240m10/msRg==，。质量0.5kgm=的小物块P（可视为质点）静止在水平轨道上的a点，现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量0.4NsI=，则小物块P从离开a点到返

回a点所经历的时间约为（）A.10.64sB.14.28sC.8.78sD.16.46s【答案】B【解析】【详解】根据动量定理可知小物块在a点时的速度为Imv=代入数据解得0.8m/sv=两次经过ab的总时间为128sabltv==在圆弧上升的高度为212mghmv=

解得h=0032m设小球上升至最高点时所对应轨道的圆心角为θ，由几何关系可得400.032cos0.9992140−==证明角度极小,故可看做单摆模型，根据2RTg=解得4T=综上可知由a点返回a点时间为14s.2821Ttt=+故选B。二、多项选择题：本题

共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。8.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间变化的关系式为sinxAt=，如图所示，则（）A.弹簧在第1s末与第5s末的长度相同B.简谐运动的频率为1H

z8C.第5s末，弹簧振子的位移为22A−D.第4s末，弹簧振子的速度方向改变【答案】BC【解析】【详解】A．弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第.1s末与第

5s末时虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，故A错误；B．由图像可知，周期为8s，故频率11Hz8fT==故B正确；C．由于周期为8s，则2π==rad/s4T将t=5s代入sin4xAt=可得弹簧振子的位移大小为22A−，故C正确；D．第2s末至第6s末，弹簧振子向同一

方向运动，故第4s末，弹簧振子的速度方向未改变，故D错误。故选BC。9.一平台沿竖直方向做简谐运动，一物体置于振动平台上随台一起运动（二者始终不脱离，一起在竖直方向做简谐运动）。下列说法正确的是（）A.当平台运动到

最高点时，物体对平台压力最大B.当平台向下运动经过平衡位置时所受物体压力小于平台向上运动过平衡位置时所受物体压力C.平台所受最大压力不可能大于物体重力的2倍D.当振动平台运动到最低点时物体对平台压力最大【答案】CD【解析】【详解】A．当平台运动到最高点时，物体具有向下的最大加速

度，根据牛顿定律知物体处于失重状态，对平台压力最小，故A错误；B．物体经过平衡位置时速度最大，加速度为零，由牛顿定律知，物体所受的压力等于重力；故当平台向下运动经过平衡位置时所受物体压力等于平台向上运动过平衡位置时所受物体压力，故B错误；C．物体在平台

上方最高点时，具有向下的最大加速度，根据牛顿第二定律，有mg-FN=ma因为FN≥0解得a≤g根据对称性可知，物体在最低点具有向上的最大加速度，且有a≤g根据牛顿第二定律，有FN-mg=ma≤mg故FN≤2mg由牛顿第三定律知，平台所受最大压力不可能大于

物体重力的2倍，故C正确；D．当振动平台运动到最低点时，具有向上的最大加速度，处于超重状态，故物体对平台压力最大，故D正确。故选CD。10.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B

与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），碰撞过程损失的机械能为58mgh。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，以水平向右为正方向，重力加速度为g

，则（）A.碰后A上升到最高点时到水平面的距离为116hh=B.碰后A物块的速度为24ghC.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为15128mghD.从开始至物块C获得最大速度过程，弹簧对C物体做的功为75256mgh【答案】ACD【解

析】【详解】A．设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为1v，根据机械能守恒定律有2112mghmv=解得12vgh=设碰撞后小球A反弹的速度大小为1v，物块B的速度大小为2v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有1125mvmvmv=+由系统能量守恒得222112511158222mg

hmvmvmv=−−解得124ghv=−（方向向左），224ghv=又2112mghmv=得116hh=故A正确，B错误；C．碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量恒定律有2358mv

mv=根据机械能守恒定律22pm23115822Emvmv=−解得pm15128Emgh=故C正确；D．在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，据动量守恒和机械能守恒定律有24553Cmvmvmv=+22224111553222Cmvmvmv=+解得5216Cghv=

再据动能定理知弹簧对C做功为217532256CmghWmv==故D正确。故选ACD。三、非选择题：11.某实验小组用两根等长细线制作了图甲所示的双线摆来测定当地的重力加速度，已知图中细线长度均为L，与水平方向夹角均为θ。（1）关于本实验，下列说法正确是______。A.摆球应选择质

量大些、体积小些的球B.为了使摆的周期大一些以方便测量，应使摆球从摆角较大的位置释放C.摆线要选择细些的、伸缩性小些的线，并且适当长一些D.测量周期时应从摆球到达最高点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间（2）他们用游标卡尺测得摆球的直径如图乙所示，则该摆球的直径为d=______cm。（3）他

们将摆球沿垂直纸面向外拉开一个较小角度后释放，然后从经过最低点开始计时并计数1，用秒表测出n次到最低点总时间t，则当地的重力加速度g=______。（用题中所给及所测物理量符号表示）（4）该小组改变两根细线的长度，测出多组双线摆的摆长l和振动周期T，作出T2—l图像如图丙所示

（图像未过原点），则利用图像所求重力加速度______（选填“准确”、“不准确”）。【答案】（1）AC（2）1.445的（3）()2221sin2ndLt−+（4）准确【解析】【小问1详解】A．为了减小空气阻力影响，实验中摆球应选择质量大些、体积小些的球，故A正确；B．单摆在

摆角小于5°范围内可以近似看为简谐运动，则实验中，应使摆球从摆角较小的位置释放，故B错误；C．单摆的摆线要选择细些的、伸缩性小些的线，并且适当长一些，故C正确；D．测量周期时应从摆球到达最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时

间，故D错误。故选AC。【小问2详解】根据游标卡尺的读数规律，该读数为14mm0.059mm14.45mm1.445cm+==【小问3详解】令周期为T，则有()12Tnt−=摆长为0sin2dLL=+根据周期公式有02LT

g=解得()2221sin2ndgLt−=+【小问4详解】结合上述有2224sin2dTLgg=+若图像斜率为k，则有24sinkg=解得24singk=可知，利用图像所求重力加速度准确。12.某同学为了测量电压表的内阻，从实验室找到一些实验器材：

电源E（电动势为1.5V，内阻为2）；待测电压表（量程为300mV，内阻约为1k）；电阻箱（0~9999.9）；滑动变阻器1R（0~20，1A）；滑动变阻器2R（0~200，0.1A）；定值电阻360R=；定值电阻45R=。（1）根据实验器材设计了如图甲所示电路图，滑动变

阻器应选择______（填“1R”或“2R”），定值电阻应选择______（填“3R”或“4R”）。（2）先调节滑动变阻器滑片至左端，电阻箱接入电路阻值为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏，保持滑动变阻器滑片不动，再调节电阻箱阻值为0R

时电压表半偏，则电压表的内阻为______，用此方法测出的电压表内阻比实际值偏______（填“大”或“小”）。（3）之后将此电压表改装成量程3V的电压表，并用标准表进行校对，实验电路如图乙所示。校准过程中，改装表示数总是略小于标准表，则应该将电阻箱阻值调______（填“大”或

“小”），若改装表的表头读数为300mV时，标准电压表的读数为2.8V，此时电阻箱示数为8500，为了消除误差，则电阻箱接入阻值应为______。【答案】①.1R②.3R③.0R④.大⑤.小⑥.9180【解析】【详解】（1）[1][

2]滑动变阻器分压式接入电路，阻值小方便控制电路，故滑动变阻器应选择1R；设滑动变阻器左、右两侧电阻分别为R、R，若没有定值电阻，当电阻箱接入电路中的阻值为零且电压表满偏时，由并联电阻公式VVRRRRR+20RR=+二者分担的电压分别是0.3V和1.2V，则4R=，滑动变

阻器并联接入电路部分的阻值过小，不便于操作，若定值电阻选45R=，则滑动变阻器分担电压仍然很大，R依然很小，因此定值电阻应选择3R。（2）[3]由于滑动变阻器阻值较小，可以控制电压表和电阻箱两端总电压近似不变，电压表的

示数为半偏时，电阻箱示数即等于电压表的内阻，故电压表内阻为0R；[4]电阻箱接入电路后，电阻箱和电压表两端电压增大，当电压表的示数为半偏的时候，电阻箱分担的电压大于半偏的电压值，因此电阻箱的电阻大于电压表的内阻，故测量值偏大。

（3）[5]改装表的示数偏小，即电压表分担的电压过小，根据串联分压原则应适当将电阻箱阻值调小；[6]设消除误差后，电阻箱接入电路的电阻为xR，此时电路中的电流2.8V0.3V8500I−=电压表的真正电阻V0.3VRI=

根据电表改装原理VV3V0.3VxRRR=+解得9180xR=13.如图所示，一轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁M上，右端拴接小物块P，小物块P通过一段轻质细线与小物块Q相连，在小物块Q的右侧施加一个F=5N（方

向水平向右）的恒力，使整体静止在光滑的水平面上，此时小物块Q到右侧竖直墙壁N的距离L=0.1m。将细线烧断，小物块P开始做简谐运动，当小物块Q到达墙壁N时，小物块P刚好第二次到达最右端。已知小物块Q的质量m=1kg，与

墙壁N作用后不再反弹，弹簧的劲度系数k=100N/m。求：（1）小物块P振动的周期T；（2）从细线烧断开始计时，取水平向右为正方向，写出小物块P做简谐运动的位移随时间变化的关系式。【答案】（1）0.1s；（2）()5cos20cmxt=【解析】【详解】（1）绳子烧断后

，物块Q做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，物块Q的加速度大小25m/sFam==由212Lat=解得物块Q运动到墙壁N所用的时间0.2st=由题知，2tT=解得物块P振动的周期0.1sT=（2）物块P和Q静止时，由平衡条件知，弹簧弹力15NFF==故物块P的振幅15cmF

Ak==物块P是从正向最大位移开始运动的，其振动方程为()2cos5cos20cmxAttT==14.一列简谐横波在x轴上传播，已知10t=时波形如图中实线所示，20.2st=时波形如图中虚线所示。（横轴上所标数据对应实线与横轴交点）的（1）若波向x轴负向传播，求：该波

的波速；（2）用T表示该简谐波的周期，若123()4TttT−，且波向x轴正向传播，求：6mx=处的质元在从1t到2t的时间内通过的路程；（3）若该波波速为110m/s，试通过计算判断该波的传播方向。【答案】（1）(4010)m/s(0,1,2)vnn=+=；（

2）3m；（3）波沿x轴正方向传播【解析】【详解】（1）若波向x轴负向传播，由图象知在21ttt=−内波向左传播的距离为1(82)m(0,1,2...)4xnnn=+=+=则波速为82m/s(4010)m/s(0,1,2)0.2xnvnnt

+===+=（2）若123()4TttT−且波向x轴正向传播，10t=时6mx=处的质元向下振动，在t内，该质元振动了334T，通过的路程为154150.2m3m4sA===（3）已知波速110m/sv=，故在t内波传播的距离为3

22m24xvt===所以波沿x轴正方向传播。15.如图所示，在光滑水平地面上，静放着质量为M=1kg的装置，其左侧是内壁光滑的、半径为R=0.8m的四分之一圆弧轨道AB，中间有一水平轻质传送带，C点右侧装有电动机构件D。传送带的皮带轮固定在装置上，通过电动机保持相对于装置恒定线

速度v0=12m/s顺时针转动着。质量为m=1kg的小滑块由A点静止释放，加速运动到传送带中点时，刚好与传送带共速。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，的当地重力加速度为g=10m/s2。试求：（1）小滑块在圆弧

轨道最低点时，小滑块和装置各自的速度大小；（2）小滑块在圆弧轨道最低点时对轨道B点的压力；（3）由于小滑块在传送带上运动，传送带电动机多消耗的电能W。【答案】（1）22m/s，22m/s；（2）50N，方向竖直向下；（3）38.1J【

解析】【详解】（1）对系统，小滑块m从A到B过程，由水平方向动量守恒mv=M1v由系统机械能守恒，有2211122mgRmvMv=+解得222m/sMvgRMm==+1222m/smMvgRMMm==+（2）对小滑块m，在B点，相对于M做圆周运动，相对速度为()11=42m/svvvvv=−−=+

相对由牛顿第二定律，有2vNmgmR−=相对解得2350NmMNmgM+==由牛顿第三定律，小滑块对轨道B点的压力为50NNN==方向竖直向下。（3）对系统，小滑块m从A到传送带中点的过程，由水平动量守恒，有1mvMv=共速时滑块与

传送带对地速度相等，有01vvv=−解得06m/sMvvMm==+016m/smvvMm==+对小滑块，由牛顿第二定律，知加速度22m/smgagm===小滑块在传送带上受力加速时间()622s32s2vvta−−===−由于小滑块在传送带上运动，传送带电动机多消耗的电能W

等于传送带克服摩擦力所做的功()0J2432J38.1Wmgvt===−