新疆乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高二上学期12月月考物理 Word版含解析.docx

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乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高二上学期12月月考物理试题总分100分考试时间100分钟（人教版选择性必修一）一、单选题（20X2.5共50分）1.如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A.滑块运动到M点的速度大小为6m/sB.滑块运动到N点的速度大小为4m/sC.缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·sD.缓冲墙对滑块做的功为－2.5J【答案】D【解析】【详解】A．从O到M的过程，由动能定理可知解得滑块运动到M的速度大小为故A错误；B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为由位移公式可得可得滑块运动到N的速度大小为故B错误；C．由N到P，根据速度位移公式 解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量故C错误；D．由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功故D正确。故选D。2.下列有关机械波的说法正确的是（　　）A.有机械振动就一定有机械波B.波长等于振动相同的两质点间的距离C.波动过程是质点由近及远的传播过程D.波是传递能量的一种方式【答案】D【解析】【详解】A．机械波需要机械振动和传播振动的介质，A错误；B．振动相同的相邻两质点间的距离才是波长，B错误；CD．波动是介质将振动的形式和能量传递出去，而介质中的质点只是在各自平衡位置附近振动，并没有随波迁移，C错误，D正确。故选D。3.渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在时的波动图像如图1所示，图2为质点的振动图像，则（　　） A.该波沿轴负方向传播B.时间内，质点沿轴运动了C.该波的波速为D.在任意的时间内，质点运动的路程一定是【答案】D【解析】【详解】A.由图2知时质点位于平衡位置沿y轴正向振动，由图1根据波的平移法知该波沿轴正方向传播，故A错误；B．质点不随波迁移，不沿轴运动，故B错误；C．由图1知该波的波长，由图2知该波的周期，则该波的波速为故C错误；D．由图1知振幅为，在任意的时间内，质点运动的路程故D正确。故选D。4.中心波源的振动频率逐渐增大时，可能的波形图为（　　）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】由可知，波速由介质决定而不变，而波源的振动频率增大，故波长变短；O 点波源的振动同时向两边传播，两边的波形对称。故选A。5.一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是（　　）A.W=0，I=0B.W=0，I≠0C.W≠0，I=0D.W≠0，I≠0【答案】B【解析】【详解】因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，根据可知支持力做功为零。根据可知弹力的冲量不为零。故选B。6.如图所示，质量分别为、的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度沿斜面向上运动，经时间，细线突然被拉断，再经时间，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】细线被拉断前，以A、B为整体，由牛顿第二定律得时，A、B的速度为 细线突然被拉断后，整体受到的合力保持不变，再经时间，B上滑到最高点，此时B的速度为零，设此时A的速度为，以A、B为整体，根据动量定理可得解得故选B。7.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为B.子弹射入木块后瞬间，绳子拉力等于C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则解得v1＝故A错误；B．子弹射入木块后的瞬间 解得绳子拉力故B错误；C．子弹射入木块后瞬间，对圆环由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于，故C正确；D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。故选C。8.如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得解得当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则解得 当速度达到最大速度一半时，此时速度为此时受到的牵引力解得此时受到的阻力对整体根据牛顿第二定律对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得联立解得故选A。9.道威棱镜是医用内窥镜的重要组成部分，如图1所示，其截面ABCD为等腰梯形如图2所示，E、F分别是AC和AB的中点。一细光束平行AB边从E点射入，折射后射向F点。已知∠BAC=∠ABD=45°，CD边长和梯形的高分别为、a，不考虑光束的多次反射，则细光束（　　）A.一部分在F点反射，一部分在F点折射B.AC面上的入射角逐渐减小至零，光束均不会从AB面射出 C.AC面上的入射点逐渐上移，光束将在BD面上发生全反射D.AC面上的入射点逐渐上移，光束在棱镜中的传播时间变长【答案】B【解析】【详解】A．根据题意画出光路图，如图所示由几何关系可知，故AC面上的折射角为故折射率为设光线在点发生全反射的临界角为，则有可得当光束射向F点时，入射角为可知光线在点发生全反射，故A错误；C．根据对称性，AC面上的入射点逐渐上移过程中，光束在BD面上的入射角均为22.5°，不会发生全反射，故C错误；D．光束在棱镜中的光程相等，时间不变，故D错误；B．当AC面上的入射角减小至零时，入射角为45°，仍将发生全反射，光束均不会从AB面射出，故B正确。故选B。 10.甲、乙两铁球质量分别是、，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是、。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　）A.、B.、C.、D.、【答案】B【解析】【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为碰撞前的总动能为A．如果、，可得碰撞后总动量为碰撞后的总动能为可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，故A错误；B．如果、，可得碰撞后总动量为碰撞后的总动能为可知碰撞后总动能小于碰撞前的总动能，碰撞过程满足动量守恒，这是可能的，故B正确；C．如果、，可得碰撞后总动量为碰撞后的总动能为可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，但碰撞过程不满足动量守恒，这是不可能的，故C错误；D．如果、，可得碰撞后总动量为 碰撞后的总动能为可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，且碰后甲的速度依然大于乙的速度，不满足速度合理性，故D错误。故选B。11.如图所示，小木块A用细线悬挂在O点，此刻小木块的重力势能为零。一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角为处。如果保持子弹入射的速度大小不变，而使子弹的质量增大，则最大摆角、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差有（　　）A.角增大，也增大B.角增大，减小C.角减小，增大D.角减小，也减小【答案】A【解析】【详解】设子弹的初速度为，质量为，木块A的质量为，在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时间极短，二者组成的系统动量守恒，则有解得子弹和木块一起摆动到最大摆角过程，根据机械能守恒可得解得 则越大，越小，则角也越大。获得共同速度后，在向上摆动的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态的机械能，所以子弹的初动能与系统在最高点时的机械能之差则越大，越大。故选A。12.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是空气阻力可忽略（　　）A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动量比喷出燃气的动量大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大【答案】B【解析】【详解】AB．由于火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲量总是大小相等的，故A错误，B正确；C．由于火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前后动量守恒，由动量守恒定律可知，火箭的动量的大小与喷出燃气的动量大小相等，故C错误；D．由于火箭的质量大于燃气的质量，由可知火箭的质量大于燃气的质量，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选B。13.在光滑的水平面上有静止的物体A和B，物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（　　） A.A的速率是B的2倍B.A的动量大小大于B的动量大小C.A受到的合外力大于B受到的合外力D.A、B组成的系统的总动量为零【答案】D【解析】【详解】ABD．根据题意可知，弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则有即由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的，故AB错误，D正确；C．A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力，故C错误。故选D。14.在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（　　）A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同C.的冲量大于的冲量D.的冲量小于的冲量【答案】A【解析】【详解】根据题意可知和是相互作用力，根据牛顿第三定律可知和等大反向、具有同时性；根据冲量定义式可知和的冲量大小相等，方向相反。故选A。15.由均匀透明材料制成的半圆柱的截面如图所示，AB为直径边界，O为圆心，半径为R；有一点光源嵌于P点，在纸面内向各个方向发射黄光，该材料对黄光的折射率n=2。已知PO⊥AB，PO=。不考虑光在材料内部的反射，则（　　） A.直径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为B.欲使黄光能从半圆形边界全部射出，n不能超过C.若改用红光光源，有光线射出的边界总长度将变短D.人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像就在P处【答案】B【解析】【详解】A．黄光的临界角sinC=得C=30°做出临界光线如图所示，由几何关系可得∠EPF=120°，∠HPG=60°，所以在直径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为选项A错误；B．从P点射向半圆形边界的光线在I处的入射角最大，欲使黄光能从半圆形边界全部射出，则n的最小值选项B正确；C．若改用红光光源，红光的折射率小于黄光的折射率，红光的临界角大，有光线射出的边界总长度将增大，选项C错误；D．人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像被抬高，选项D错误。【注：可推导垂直看水下物体的深度】故选B。16.下列说法中正确的是（　　） A.若、两时刻振动物体在同一位置，则B.若、两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则C.若、两时刻振动物体的振动反向，则D.若，则在、时刻振动物体的振动反向【答案】D【解析】【详解】A．若、如图甲所示，则故A错误；B．如图乙所示，与时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、…，故故B错误；CD．由图乙可知：若、两时刻振动物体的振动反向，则不一定等于，若，则在、时刻振动物体的振动反向，C错误，D正确。故选D。17.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A.质点的振动频率是4HzB.0～10s内质点经过的路程是20cmC.在时质点速度为0D.在和两时刻，质点的位移相同【答案】B 【解析】【详解】A．由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为A错误；B．每个周期质点的路程为4A，可知0～10s内质点的路程是振幅的10倍，故路程为20cm，B正确；C．在时，质点位于平衡位置，故速度最大，C错误；D．在和两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，D错误。故选B。18.把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入（如图甲），这时可以看到亮暗相间的同心圆（如图乙）。这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环，为了使同一级圆环的半径变大（例如从中心数起的第二道圆环），则应（　　）①将凸透镜的曲率半径变大②将凸透镜的曲率半径变小③改用波长更长的单色光照射④改用波长更短的单色光照射。A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】A【解析】【详解】①、②当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。将凸透镜的曲率半径变大，与透镜中心等距离位置的空气层厚度变小，出现同一亮条纹的厚度由中心向外偏移，同一级圆环的半径变大；相反，凸透镜的曲率半径变小，同一级圆环的半径变小，故①正确，②错误；③、④改用波长更长的单色光照射，出现同一级亮纹的光程差变大，空气层厚度应变大，所以，同一级圆环的半径变大，因此要使半径变大，则可以改用波长更长的单色光照射，故③正确，④错误。故选A。19.一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M。现在这人双手各握一个质量均为 m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投；设每次投掷时铅球相对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为（　　）A.B.C.1D.【答案】A【解析】【详解】因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒；设每次投出的铅球对车的速度为u，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)由两式解得v1＝第二次两球一起投出时，有0＝Mv2－2m(u－v2)解得v2＝所以两次投掷铅球小车的速度之比故选A。20.小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（　　）A.阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用B.阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用C.阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用D.阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用【答案】B 【解析】【详解】发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用。故选B。二、实验题（共10分）21.在探究碰撞中的不变量实验中，利用如图所示的气垫导轨通过闪光照相进行这一实验。某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，如果碰撞前后质量与速度乘积之和保持不变，则A、B两滑块质量之比mA∶mB=___________。【答案】①.2.5T②.2∶3【解析】【分析】【详解】[1]由图可知，前两次闪光中A的位移相同，AB不可能相碰；而由题意可知，B开始时静止，而碰后B一定向右运动，故只能静止在60cm处，故可知，A在第1次闪光后的2.5T时发生碰撞。[2]设碰前物块A的速度大小为v，则碰后物块A的速度大小为，由题图可知碰后B的速度大小为v，假设取向右的方向为正，根据动量守恒定律得则整理可得三、解答题（共40分） 22.质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线系在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉，经过时间t线断了，金属块和木块分开，再经过时间，木块停止下沉，此时金属块的速度多大？(设此时金属块还没有碰到底面)【答案】【解析】【详解】金属块和木块依靠细线连接成整体一起向下做匀加速运动，加速度为a，所以系统所受的合外力（重力与两物体所受浮力的合力）为细线断后，仅是改变了系统的内力，整体所受的合外力不变，所以在整个过程中，整体所受合外力的冲量为取竖直向下为正，以金属块和木块组成的整体为研究对象，从开始向下运动到木块速度为零的过程中，有解得23.有一款三轨推拉门，门框内部宽为。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为，质量均为，与轨道的摩擦系数均为。每扇门板边缘凸起部位厚度均为。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力水平向右拉3号门板，经过位移后撤去，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度。求：（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；（2）恒力的大小；（3）若力大小可调，但每次作用过程中保持恒定且作用的位移均为，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程与之间的关系式。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移解得根据功能关系解得（2）3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律解得3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为解得根据动能定理解得（3）①若，3号门保持静止 ②若3号门板还未与2号门板碰撞，即解得此时③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞即3号门板与2号门板碰撞前3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。解得由可得此时恒力的取值范围为由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。24.如图，截面为等腰梯形的容器贮满水，放置在房间的水平桌面上，早晨阳光穿过窗户照射到水面，某时刻观察到阳光恰好照亮容器的整个底部，已知容器梯面倾角a的余弦值为，水的折射率为，求此时光线与水面的夹角。 【答案】30°【解析】【详解】阳光恰好照亮容器的整个底部时，折射光线与容器底的夹角为α，则光线的折射角为，根据折射定律可得25.如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l=2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h=2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；（2）如果小滑块P的质量变为（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围；（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成的形式）。【答案】（1）0.5；（2）或；（3）， 【解析】【详解】（1）设碰后滑块Q的速度为v，由于碰后滑块Q对轨道的压力F突然增大了2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得设滑块P碰前的速度为v1，碰后速度为v2，在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得结合题意带入数据可得（2）设滑块P到D点的速度为vP，滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得设碰后，滑块P和滑块Q的速度分别为，。在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有解得①若滑块Q能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q在最高点E时，由牛顿第二定律可得则Q从最低点到最高点的过程，由功能关系可得 联立可得②若滑块Q到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得联立可得综上可得或（3）滑块Q从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体，则有Q从点E落到轨道BC上的过程中，根据动能定理可得解得落点处的动能为因为滑块Q从E点到弧形轨道BC上任意点的动能都相等，且与落点C（－2R，0）一致，则将C点坐标带入得化简可得