射阳县中2023-2024学年高二上学期10月月考
物理试卷
时间：75分钟 分值：100分
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂a、b、c、d四个摆，其中摆长关系为，让d先摆动起来后，其它各摆随后也跟着摆动起来。下列说法正确的是（ ）
A．稳定后四个摆的周期大小
B．稳定后四个摆的振幅一样大
C．稳定后a摆的振幅最大
D．d摆摆动过程中振幅保持不变
2．一列简谐波沿x轴传播，时刻的波形如图甲所示，质点P的振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是（ ）
A．沿x轴正方向，25m/s B．沿x轴负方向，25m/s
C．沿x轴负方向， D．沿x轴正方向，
3．跳高是中学生喜欢的运动项目之一，为了确保运动员的安全，会在落点区设置沙坑，下列关于沙坑作用的说法正确的是（ ）
A．减小落地时对人的冲量 B．减小落地时人的动量
C．减小落地时对人的平均冲击力 D．减小人落地的时间
4．如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方，使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率ν水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间距均为（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标为和，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．该弹簧振子的振幅为
B．该弹簧振子的振动周期为
C．激光笔在留下P、Q两点时加速度相同
D．激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为
5．如图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为，内阻，调零电阻的最大值，电池电动势，电源内阻不计。将两表笔短接调零后，用它测量电阻，当电流计指针只在满刻度的一半时，的阻值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在ab的中点时闭合开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和U。现将的滑动触点向a端移动，则（ ）
A．电源的总功率增大 B．消耗的功率增大
C．增大，减小，U增大 D．减小，不变，U减小
7．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为
D．小车的最大速度为
8．位于水面上的波源，，产生两列周期均为T、振动方向相同、振幅均为A的相干波，实线、虚线分别表示在同一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，如图所示，a、b、c、d、e是水面上的五个点，其中有一小树叶（未画出）位于d处，下列说法正确的是（ ）
A．b点的振动加强，c点的振动减弱
B．一段时间后，小树叶被水波推至b处
C．a、e两点在某时间内也会振动
D．若波源突然停止振动，之后的2T内，b点通过的路程为16A
9．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，振子在O点右侧6cm处
B．和时，振子的速度完全相同
C．时，振子的速度方向向右
D．到的时间内，振子的位移和速度都逐渐减小
10．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，则质点（ ）
A．第1s末与第3s末的位移相同 B．第1s末与第3s末的速度相同
C．3s末至5s末的位移方向都相同 D．3s末至7s末的速度方向都相同
二、非选择题：共6题，共60分。其中第13题~第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．某学习小组学习了单摆的相关知识后，想利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
（1）赵同学找到实验室的光敏电阻等元件，利用如图乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，光敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的振动周期为________s（结果保留四位有效数字）。
（2）王同学则利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像（如图丁所示），由图可知，两单摆摆长之比________。
（3）李同学每次用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是________。
A．开始计时时，过早按下秒表
B．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为次
C．摆球的质量过大
D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径
12．在探究碰撞过程中的不变量的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置；图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落在水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复试验多次操作后。再把B球放在水平槽上靠近末端的位置，让A球仍从G位置静止开始滚下，直到A与B碰撞后，在记录纸上分别记录下A，B各自留下的痕迹，重复实验操作多次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点：
（1）在该实验中必须要求的条件是（ ）
A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．球A的质量必须等于B球的质量，且半径相同
D．球A每次必须从G点静止释放
（2）下列器材，为了完成本实验，哪些是必需的（ ）
A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．弹簧秤
（3）本实验还需要完成的必要的实验步骤是（ ）
A．分别测量出A，B两小球的质量，
B．测量抛出点R距离地面的高度H
C．测量小球下落的时间t
D．测量平抛的射程，，
（4）实验中测得的落点的情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A和被碰小球B的质量之比________。
13．图甲为一列在均匀介质中传播的简谐横波在时刻的波形图，图乙为平衡位置在处的质点P的振动图像。
（1）求该列横波的波速大小v；
（2）说明该列横波的传播方向并在图丙中作出时的波形图（至少画一个波长）；
（3）写出质点P的振幅以及从0时刻开始计时的振动方程。
14．如图所示，电源电动势，，电容器的电容，定值电阻，灯泡电阻，电动机的额定电压，线圈电阻。开关S闭合，电路稳定后，电动机正常工作，求：
（1）电动机输出的机械功率；
（2）若电动机被卡住后，电源的总功率；
（3）电动机被卡住后，需要断开开关检查故障。求开关S断开后，流过电动机的电荷量。
15．一列横波在时刻、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，判断波传播的方向；
（3）若时刻的质点振动方向沿方向，从时刻算起，该质点第11次到达所需时间。
16．如图，水平轻质弹簧的一端固定在墙壁上，处于自然状态时另一端在水平地面上的O点，O点左侧地面光滑，右侧粗糙。小物块P（与弹簧不拴接）在外力作用下将弹簧压缩至某一位置静止时，弹簧的弹性势能。撤去外力，P被弹出后与静止在M点的小物块Q发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知P、Q的质量分别为、，P、Q与右侧地面间的动摩擦因数均为，O、M间的距离，取重力加速度大小，。
（1）求P第一次经过O点时的速度大小；
（2）求P在M点与Q碰后瞬间的速度大小；
（3）通过计算分析P、Q能否发生第二次碰撞。
参考答案
1．C
【详解】A．让d先摆动起来后，其它各摆随后也跟着摆动起来做受迫振动，稳定后四个摆的周期均等于d摆的振动周期，A错误；
BC．由于a摆的摆长与d摆的摆长相等，二者的固有频率相同，二者发生共振，则稳定后a摆的振幅最大，B错误，C正确；
D．d摆摆动过程中，有阻力做负功，由能量守恒定律可知，d摆的振幅变小，D错误。
故选C。
2．B
【详解】由乙图可知，质点P在时向下振动，由“同侧法”该波沿x轴负方向传播，由甲图可知，波长为10m，由乙图可知，周期为，故波速为
故选B。
3．C
【详解】设运动员落地时的速度大小为v，从运动员接触沙坑到其速度减小为零的过程中，根据动量定理可得
可得
则有
可知沙坑的作用是延长作用时间，减小落地时沙坑对人的平均冲击力。
故选C。
4．D
【详解】A．由图可知，弹簧振子的振幅为，故A错误；
B．记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移所用的时间，则周期为
故B错误；
C．加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D．在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知合外力做功为零，但重力做正功为，故弹力对物块做负功为，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，根据闭合电路欧姆定律，满偏时
当电流计指针指在满刻度的时
联立解得
联立可得：
。
故B正确ACD错误。
故选B。
6．C
【详解】CD．将的滑动触点向a端移动，接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，电源内电压减小，路端电压增大，所以U增大；通过的电流减小，则两端电压减小，两端电压增大，通过的电流增大，即增大；因为总电流减小，增大，所以减小，故C正确，D错误；
A．根据可知电源的总功率减小，故A错误；
B．根据可知消耗的功率减小，故B错误。
故选C。
7．D
【详解】A．小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，在水平方向动量守恒，但竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，故A错误；
B．摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），所以摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零，故B错误；
CD．分析知，最大速度出现在物块运动到B点时，系统在水平方向动量守恒，规定向右为正方向，设物块运动到B点时，物块的速度大小是，小车的速度大小是，根据动量守恒得
根据能量守恒得
联立解得
，
故C错误，D正确。
故选D。
8．D
【详解】A．b点是波峰和波峰叠加的点，c点是波谷和波谷叠加的点，都是振动加强点，故A错误；
B．机械波传播的过程中，各质点并不随波迁移，故小树叶只在原位置上下振动，故B错误；
C．a、e都是波峰和波谷叠加的点，属于振动减弱点，由于两波源振幅相同，故这两点均静止不动，故C错误；
D．若波源突然停止振动，由图像可知，在之后内，质点b仍是振动加强点，振幅为2A，完成两次全振动，通过的路程为16A，故D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．在内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以时，振子不在O点右侧6cm处，故A错误；
B．由图像乙知和时，振子的速度大小相等，方向相同，故B正确；
C．时，图像的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故C错误；
D．到的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D错误。故选B。
10．A
【详解】A．根据对称性可知，第1s末与第3s末的位移相同，A正确；
B．第1s末与第3s末的速度大小相等方向相反，B错误；
C．以平衡位置为位移起点，3s末至5s末的位移方向相反，C错误；
D．3s末至6s末的速度方向相同，从6s末到7s末与3s末至6s末的速度方向相反，D错误。故选A。
11． B
【详解】（1）[1]单摆在一个周期内两次经过平衡位置，根据图线丙的变化规律可知，该单摆的周期为
（2）[2]由图丁振动图线可知，两单摆的周期之比
由公式，可得两单摆摆长之比
（3）[3]根据题意，由单摆的周期公式可得
A．开始计时时，过早按下秒表，周期的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B．如果振动次教多数了一次，即T偏小，g偏大，故B正确；
C．摆球的质量过大，不会影响单摆的周期与摆长，所以不影响重力加速度的测量，故C错误；
D．算摆长时漏加小球半径，则l偏小，求得的g偏小，故D错误。
故选B。
12．BD AC AD
【详解】（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道时的初速度相同且以后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；
C．为了保证小球碰撞为对心正碰，且A球碰后不反弹，要求，，故C错误；
D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选BD
（2）[2]如果两球碰撞过程动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
得
为了完成本实验，要测量两小球的质量即用天平，测小球的水平距离即用刻度尺，故AC正确，BD错误。
故选AC
（3）[3]由动量守恒验证的表达式可知，分别测量出A，B两小球的质量，，测量平抛的射程，，，故AD正确，BC错误。
故选AD
（4）[4]由图乙所示可知，，，，代入
得
13．（1）1m/s；
（2）向右传播；
.
（3）8cm，
【详解】（1）由题图可得，，则
（2）时，P点向上振动，则横波向右传播。
由于，时的波形图相当于把甲图向右平移1m，如图所示
（3）质点P的振幅。
角速度为
则从0时刻开始计时的振动方程为
14．（1）8W；（2）；（3）
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，干路电流为
流过灯泡的电流
流过电动机的电流
则电动机的输出功率为
联立解得
（2）电动机卡住后，设电动机与灯泡并联电阻为，则有
干路电流
电源总功率为
联立解得
（3）断开S前，电容器电压
电容器带电荷量
断开S后电容器放电，流过电动机的电荷量为
代入数据联立解得
15．（1），
（2）向右；
（3）
【详解】（1）由题图可知波长，当波向右传播时
解得
由波速公式可得
当波向左传播时
解得
由波速公式可得
（2）内波传播的距离为
因此波向右传播；
（3）若时刻的质点，振动方向沿方向，可知波向左传播。从时刻算起，的质点其振动方程
当质点第1次到达历时
再历时到达，10次，所以
当波向左传播时
解得
解得
16．（1）；
（2）3m/s；
（3）能发生第二次碰撞
【详解】（1）设物块P第一次经过O点时的速度大小为，根据能量守恒定律得
解得
（2）设P与Q碰前的速度为，碰撞后P的速度为，Q的速度为，根据能量守恒定律有
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得：
（3）假设Q停止后，P与Q会发生第二次碰撞，设Q速度减为零时的位移为，
根据动能定理有
设P与Q第二次碰撞前的速度大小为，根据动能定理得
联立解得
所以假设成立，故P、Q能发生第二次碰撞。
另解：设Q速度减为零时的位移为，根据牛顿运动定律
设P从M点向右运动的最大位移为，根据牛顿运动定律
联立可得
能发生第二次碰撞。
