江苏省海安市立发中学2022-2023学年高二上学期9月检测物理试题word含解析

《江苏省海安市立发中学2022-2023学年高二上学期9月检测物理试题word含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

立发中学2022-2023学年度高二第一学期月考试卷物理试题（考试时间为75分钟，总分为100分）一、单项选择题：每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意。1.下列描述的运动属于简谐运动的是（　　）A.图甲中小球在O附近两个斜面上来回滚动B.图乙中小球在弹簧的作用下沿光滑杆往复运动C.乒乓球在地面上的自由来回上下跳动D.活塞在气缸里往复运动【答案】B【解析】【分析】【详解】A．小球在斜面上受到的力为恒力，不符合回复力的条件，故不是简谐运动，A错误；B．小球在弹簧的作用下，小球受到的回复力与小球的位移成正比，方向总是指向平衡位置，是简谐运动，B正确；C．乒乓球在地面上的自由来回上下跳动，只受重力作用，故合外力为恒力，不符合回复力的规律，故不是简谐运动，C错误；D．活塞在气缸里往复运动不遵循简谐运动的位移与时间的规律，故不是简谐运动，D错误。故选B。2.如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）

1A.单摆的摆长约为2.0mB.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cosπt(cm)C.从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，单摆周期为2s，由单摆周期公式可解得单摆的摆长为A错误；B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为B错误；C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点回到平衡位置，摆球的重力势能逐渐减小，C错误；D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球从平衡位置回到最高点，位移逐渐增大，回复力与位移成正比，古摆球所受回复力逐渐增大，D正确。故选D。3.如图所示，小朋友在荡秋千时，小朋友可视为质点，她自内侧最高点a运动到外侧最高点过程中，忽略空气阻力，秋千对小朋友作用力的冲量方向为（　　）A.竖直向上B.竖直向下C.a指向方向D.指向a方向【答案】A【解析】分析】【详解】小朋友初始动量和末动量均为零，根据动量定理，合力的冲量为零，所以秋千对小朋友作用力的冲量与重力冲量等大反向。故选A。

24.如图所示为CCTV10“我爱发明”节目中介绍的松果采摘机，松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。下列说法正确的是（　　）A.工作中，树干的振动频率小于采摘振动头的振动频率B.采摘振动头振动频率越高，采摘落果的效果一定越好C.采摘振动头振动频率减小，树干的振动幅度可能增大D.若采摘振动头停止振动，树干的振动频率会逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．受迫振动的频率等于驱动力频率，工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A错误；BC．当采摘振动头振动频率等于树干的固有频率时，将发生共振现象，此时树干的振幅最大，采摘落果的效果最好，若开始时采摘振动头振动频率大于树干的固有频率，则增大频率后，树干的振幅反而减小，采摘落果的效果更差，而此时若减小采摘振动头振动频率，则树干的振幅会增大，故B错误，C正确；D．若采摘振动头停止振动，树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。故选C。5.如图所示，圆弧是半径为的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点，弧长为，现将一小球先后从圆弧的A处和B处无初速度地释放，到达底端的速度分别为和，所经历的时间分别为和，那么（　　）A.，B.，C，D.，【答案】B【解析】【详解】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长为2m，单摆的周期与振幅无关，故有

3因小球下摆过程中只有重力做功，有解得因此有故B正确，ACD错误。故选B。6.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前后滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（　　）A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为C.两滑块碰撞前的动能之和一定大于碰撞后的动能之和D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A项错误；B．根据动量守恒定律有解得故B项错误；C．根据题图可知，碰前总动能为碰后总动能为

4由上述可知故C项正确；D．碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D项错误。故选C。7.下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】单摆振动的摆角θ≤5°，当θ=5°时单摆振动的振幅A=lsin5°=0.087m=8.7cm且为了计时准确，应在摆球摆至平衡位置时开始计时。故选A。8.将弹簧一端固定在铁架台的支架上，另一端和手机相连。将手机由静止状态竖直下拉一段距离后释放。手机内置的加速度传感器记录下手机上下振动时加速度与时间的关系（取竖直向下为加速度的正方向），如图所示。则（　　）A.a、b对应时刻，手机的速度相同

5B.a、c对应时刻，手机振动的回复力相同C.从c到b对应的时间为半个周期D.从a到c对应的时间内，弹簧的弹性势能先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．由题意和图像可知，a时刻手机向下运动，b时刻在向上运动，速度方向相反，故A错误；B．a时刻手机在平衡位置上方，回复力向下，c时刻手机在平衡位置下方，回复力向上，方向相反，故B措施；C．c、b两时刻加速度等大反向，再根据图像的特点可以看出两个时刻的时间间隔为半个周期，故C正确；D．从a到c对应的时间内，手机的加速度从向下的逐渐变为向上的，由受力分析可知弹簧一直处于伸长状态，伸长量在增大，故弹簧弹性势能一直增大，故D错误。故选C。9.一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，碰撞过程时间不计且有能量损失。若以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，忽略空气阻力，则小球的动量p随位置坐标x的关系图像正确是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】小球下落时做自由落体运动，即匀加速直线运动，落向地面后又反向弹起做匀减速直线运动，根据小球的运动情况分析答题。本题的关键是分析清楚小球运动过程，比较出下落时的动量p和上升过程中的动量p′、知道p—x图像的物理意义即可正确解题。【详解】竖直向下为正方向，则下落时的动量

6图像为曲线且向下弯曲，与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中随x减小，则动量p减小。故选D。10.如图所示，小球在竖直平面内以半径为、角速度为沿逆时针方向做匀速圆周运动，用竖直向下的平行光照射小球，观察到其影子在水平面上做简谐运动。取圆心投影点为原点，水平向右为正方向建立坐标系，从小球某次经最高点的时刻开始计时，关于影子的说法正确的是（　　）A.振幅为B.振动过程中的最大速度为C.振动周期为D.位移表达式为【答案】B【解析】【详解】A．圆心投影点为平衡点，最大位移为R，则振幅为R，故A错误；B．当影子通过平衡点时的速度最大，此时其速度等于小球运动速度，即最大速度为，故B正确；C．影子振动周期应和小球做圆周运动的周期相同，即故C错误；D．影子初始位于平衡位置，位移表达式为故D错误。故选B。11.如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，着陆坡可视为倾角为θ的斜面，质量为m的运动员（可视为质点）从跳台O处以水平向右的速度飞出，运动员在着陆坡CD上的E点着陆并沿ED

7下滑（垂直于接触面的速度突变为零而平行于接触面的速度保持不变）。运动员在E点的速度大小为v，速度方向与着陆坡之间的夹角为α，运动员与着陆坡的作用时间为，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.在下落相等高度的过程中，运动员所受重力的冲量相等B.在下落相等的时间间隔内，运动员动量的变化量不同C.适当减小着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性D.着陆坡对运动员的平均作用力大小为【答案】D【解析】【详解】A．重力的冲量由于平抛运动下落相同高度的时间不相等，重力的冲量不相等，A错误；B．在下落相等的时间间隔内，根据动量定理可知运动员动量的变化量相等，方向竖直向下，B错误；CD．设着陆坡对运动员的平均作用力大小为F，根据动量定理有解得D正确；着陆坡与水平方向的倾角θ越小，作用力越大，越不安全，C错误。故选D。二、实验题（每空3分，共计15分）12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用___________（选填选项前的字母）。A．长度为1m左右的细线B．长度为10cm左右的橡皮绳C．直径为1.5cm左右的塑料球D．直径为1.5cm左右的铁球（2）用游标卡尺测量摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为___________cm。

8（3）下面测定单摆振动周期的方法正确的是___________。A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动秒表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停秒表停止计时B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用秒表测出摆球第n次回到基准位置的时间t，则C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则（4）为了提高实验精度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，再以T2为纵坐标、l为横坐标将所得数据连成直线，如图丙所示，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=___________。（用k表示）（5）某同学测得的g值偏小，可能的一种原因是___________。A．测摆线长时摆线拉得过紧B．开始计时时，秒表过迟按下C．实验时摆球摆动时间过长引起摆角变小D．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【答案】①.AD②.1.64③.D④.⑤.D【解析】【详解】（1）[1]为减小实验误差，应选择1m左右的细线；为减小空气阻力影响，摆球应选密度大而体积小的铁球，因此需要的实验器材是AD；（2）[2]由游标卡尺读数可知，精确度是0.1mm，则摆球直径为d=1.6×10mm+0.1mm×4=16.4mm=1.64cm（3）[3]AB．摆角应小于5°，在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，可以减小误差，故AB错误；C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次开始计时到一直数到摆球第n次通过最低点，摆球经过了（n-1）个半个周期，所以单摆的周期

9故C错误；D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则摆球相邻两次同一方向经过最低点的时间即为一个周期，则有故D正确。故选D。（4）[4]根据单摆周期公式变形得则图线的斜率解得（5）[5]根据单摆周期公式解得A．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量偏大，根据，可知测得的g偏大，故A错误；B．开始计时时，秒表过迟按下，测量的时间t偏小，则周期T偏小，根据，可知测得的g值偏大，故B错误；C．摆角变小，周期不变，根据，可知测得的g值不会受影响，故C错误；D．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，根据

10，可知测得的g值偏小，故D正确。故选D。三、计算题：本题4小题，共41分。解答时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，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位。13.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以、的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为，A、B的质量均为求：碰撞后A球的速度大小；碰撞过程A对B平均作用力的大小．【答案】(1)(2)【解析】【详解】①、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向由动量守恒定律得解得；②对B，由动量定理得，解得；14.如图所示，将弹簧振子从平衡位置O向右拉开4cm后放手，让它做简谐运动，已知从放手到第一次回到平衡位置的时间为0.1s，求：(1)弹簧振子的振幅、周期、频率；(2)振子在5s时间内通过的路程；(3)振子从0.2s到0.3s向哪个方向做怎样的运动？【答案】(1)4cm；0.4s；2.5Hz；(2)2m；(3)向右做加速运动。【解析】【详解】(1)简谐运动中，振幅是振子离开平衡位置的最大距离，故振幅为A=4cm；从最大位移回到平衡位置的时间为，则故周期为T=0.4s，频率为

11(2)周期为0.4s，故5s内完成12.5次全振动；一个全振动内通过的路程等于4倍振幅，故5s内路程为振幅的50倍，即S=50A=200cm=2m(3)周期为0.4s，则振子从0.2s到0.3s从C点向O点运动，即向右做加速运动。15.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到．求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l；【答案】(1)（2）1m/s（3）0.45m【解析】【详解】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③代入数据解得v1＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v1⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.16.如图所示，A、B两小车间夹有少量炸药，并静置于足够大的光滑水平地面上，轻杆竖直固定在A上，长为L的轻绳一端系在轻杆的顶端，另一端系有质量为m的小球（视为质点）。现将A锁定，将小球从图示位置（轻绳水平伸直）由静止释放，小球通过最低点后继续向左摆动。已知A、B的质量均为，轻杆与炸药的质量均不计，重力加速度大小为g。（1）求小球通过最低点时轻绳对小球的拉力大小F；（2）若将A解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，求小球通过最低点时两车的速度大小v；（3）若将A

12解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，当小球通过最低点时炸药爆炸，两车瞬间分离，爆炸后瞬间A的速度大小为、方向水平向左，求系统因炸药爆炸而增加的机械能及爆炸后A的最大速度。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）设小球通过最低点时的速度大小为，根据机械能守恒定律有又解得（2）设小球通过最低点时的速度大小为，对小球下摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有该过程中系统水平方向动量守恒，显然小球通过最低点时两车的速度方向水平向右，有解得（3）设炸药爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为，根据动量守恒定律有其中，根据能量守恒定律有解得

13爆炸后A与小球通过轻绳相互作用，由（2）可得由于，因此爆炸后A做加速直线运动，小球摆到最高点后返回最低点时A的速度最大，设此时小球的速度为，有，解得