河南省漯河市2023-2024学年高二下学期4月第一次月考物理试卷（解析版）

这是一份河南省漯河市2023-2024学年高二下学期4月第一次月考物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求的，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。
1. 脑震荡是指因头部受到外力打击等所致轻度脑损伤。但啄木鸟每天敲击树木约为500~600次，每啄一次的速度达到555，而头部摇动的速度更快580。研究发现，啄木鸟的头部很特殊：大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状；从而使啄木鸟不会发生脑震荡。下面哪个物理规律可以很好地解释啄木鸟不会得脑震荡（ ）
A. 动能定理B. 动量定理
C. 机械能守恒定律D. 动量守恒定律
【答案】B
【解析】啄木鸟的头部大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状，根据动量定理可知可知，啄木鸟在觅食时可以增加作用力的时间，从而减少作用力.
2. 装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动，若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相平衡的位置，取竖直向上为正方向，开始计时时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，在平衡位置上方为正向最大位移，之后位移—时间关系图像是余弦曲线。
故选D。
3. 如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，斜面倾角为30°.质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，，则下列说法正确的是（ ）
A. 6 s末物块的速度为零
B. 物块一直沿斜面向上运动
C. 0~4 s内拉力对物块做的功为10 J
D. 0~6 s内拉力对物块的冲量为零
【答案】A
【解析】AB．在0~2s内，由牛顿第二定律可得
解得
在2~4s内，由牛顿第二定律可得
解得
则物块在0~2s内向上匀加速直线运动，2~3s内向上匀减速直线运动，3s时减少为零， 3~4s内向下匀加速直线运动，4~6s内向下匀减速直线运动，6s时速度减为零，故A正确，B错误；
C．在t=4s时和t=2s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0~4s内拉力对物块做的功等于0~2s内拉力对物块做的功
故C错误；
D．0~6s内拉力对物块的冲量
故D错误；
故选A。
4. 贵州坝陵河特大悬索桥，高370米，蹦极爱好者段树军在此打破了以往的陆地蹦极记录。某次他从平台自由落下，下落180m时绳索达到自然长度，此后又经5s，他达到最低点。已知段树军的质量为80kg，取重力加速度，忽略空气阻力，则这5s内绳对他的蹦极运动平均作用力的大小为（ ）
A. 800NB. 960NC. 1600ND. 1760N
【答案】D
【解析】下落180m时的速度为
此后，根据动量定理得
解得
故选D。
5. 弹簧的一端固定在墙上，另一端拴有一质量为m的木块，如图所示，将木块向右拉开一段位移L，然后放手，使木块在有摩擦的水平地面上做减幅振动。设弹簧第一次恢复原长时，木块的速度为v0，则在振动过程中出现速率为v0时的位置有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】物体第一次向左运动过程，弹力先向左减小，减为零后向右增加，滑动摩擦力一直向右，所以当拉力大于摩擦力时，物体向左加速；拉力小于摩擦力时，物体向左减速；弹力向右后，物体继续向左减速；故拉力与摩擦力平衡时，速度最大；物体第一次向左运动过程，弹簧第一次恢复原长前已经开始做减速运动，故速度相等的位置一定有2个；物体在经过了平衡位置后，由于摩擦力做功将系统的机械能转化为内能，所以系统的机械能将逐渐减小，木块的动能不可能再次达到，所以速度不可能再次达到v0。
故选B。
6. 我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭的火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为，在极短的时间内喷射质量为、速度为u的燃气，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律
解得
故选B。
7. 《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设船的质量为，人和船组成的系统在水平方向动量守恒，设人行走时任意时刻的速度大小为，船后退的速度大小为，人从船尾到船头所用时间为，则根据动量守恒定律有
整理可得
在等式两边同乘以时间可得
即有
解得
故选D。
8. 甲、乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是6m/s，乙物体的速度大小是2m/s，碰撞后两物体都反向运动，速度大小都是4m/s，则（ ）
A. 甲、乙两物体质量之比B. 甲、乙两物体质量之比为
C. 此碰撞为弹性碰撞D. 此碰撞为非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．以碰前甲的速度方向为正方向，设甲的质量为，乙的质量为，碰撞过程根据动量守恒可得
其中
代入数据可得甲、乙两物体质量之比为
故A正确，B错误；
CD．碰撞前甲、乙系统的初动能为
碰撞后甲、乙系统的末动能为
可知此碰撞为弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选AC。
9. 溜冰车是冬季最受欢迎的娱乐项目之一，冰车的钢制滑板与冰面间的动摩擦因数很小，可近似认为接触面光滑。如图所示，某次游戏时甲在左、乙在右，甲、乙乘坐各自的冰车一起以的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲用力将乙推开。再次游戏时乙在左、甲在右，二者一起再以2 m/s的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲再次用力将乙推开。已知甲与冰车的总质量为，乙与冰车的总质量为，冰车与侧壁的碰撞可看作弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 甲在左、乙在右，二者分开时只要甲的速度大小大于3 m/s，乙的运动就反向
B. 甲在左、乙在右，若二者分开时甲的速度大小为6 m/s，则甲与左侧壁碰后还能与乙再次相碰
C. 乙在左、甲在右，若二者分开时乙的速度大小为5 m/s，则甲反向运动
D. 乙在左、甲在右，二者分开，乙与左侧壁碰后总能追上甲
【答案】BD
【解析】A．甲在左、乙在右，甲用力将乙推开过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设向左为正方向，有
当时得
所以当分开时甲的速度大小满足
时，乙的运动方向还是向左，A错误；
B．由知，当时
则二者分开后，乙反向以4 m/s的速度大小运动，而甲与左侧壁碰撞后速度大小不变，方向反向，甲的速度大小大于乙的速度大小，故甲还能与乙再次相碰，B正确；
C．乙在左、甲在右，甲用力将乙推开的过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设水平向左为正方向，有
当时
甲没有反向运动，C错误；
D．若乙与左侧壁碰后不能追上甲，则需满足
而因为，由可判断
即乙与左侧壁碰后总能追上甲，D正确。
故选BD。
10. 2023年11月16日，2023年全国帆船锦标赛（470级）在海口市西秀海滩开幕。某运动员驾驶帆船在静水中顺风漂行，已知风速为，有效面积为S的风帆与风向垂直，风吹到帆面后在风速方向上相对帆的速度为零，空气的密度为ρ，则（ ）
A. 当船速为时，风对船的功率最大
B. 当船速为时，风对船的功率最大
C. 风对船的功率最大时，风对船的作用力大小为
D. 风对船的功率最大时，风对船的作用力大小为
【答案】BC
【解析】t时间内吹到帆面的风质量为
根据动量定理
得风对船的作用力为
风对船的功率为
当时，即
风对船的功率最大，风力为
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某学校举办了科技节活动，一位参赛选手设计了测量物体加速度的简易装置。如图1所示，小车在水平面上运动，将一端连有小球的细线悬于小车内O点，OP方向竖直，细线和小球后面有一个半圆形的刻度盘，当小球与小车保持相对静止时，根据细线与OP方向的夹角θ，便可得到小车此时的加速度大小，刻度盘如图2所示。
（1）为了制作加速度测量仪的刻度盘，需要测量当地的重力加速度，该选手采用单摆进行测量，每当小球经过最低点时计数一次，从计数1到51用时40s，则该单摆周期为______s。
（2）测得当地重力加速度，则刻度盘上45°角对应的加速度大小为______。
（3）该加速度测量仪的刻度______。（填“均匀”或“不均匀”）
【答案】（1）1.6 （2）9.8 （3）不均匀
【解析】（1）由题意，知单摆周期为
s=16s
（2）设小车的加速度为a，绳中张力为T，则有
解得
当°时可知
（3）由上述分析可知
可知加速度不随角度均匀变化。
12. 某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导轨上，质量分别为mA = 0.4kg和mB = 0.1kg的两个滑块（含遮光片）从光电门1、2的外侧匀速相向运动，在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到气垫导轨一端时立刻被锁定。
（1）两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片的宽度为__________mm；
（2）实验中光电门2记录了三次挡光时间均为t = 0.045s，则碰撞前滑块B的速度大小为_________m/s，碰撞后滑块整体的速度大小为_________m/s；（结果均保留2位有效数字）
（3）实验过程中，该同学忘了记录滑块A经过光电门1的时间，若碰撞过程中两滑块的动量守恒，则滑块A通过光电门1的时间为_________s（结果保留3位小数）。
【答案】（1）4.50 （2）0.10 0.10 （3）0.030
【解析】（1）[1]20分度的游标卡尺的读数为
（2）[2][3]光电门2记录的3次挡光时间，分别为碰撞前滑块B经过的时间，碰撞后滑块B和滑块A粘在一起经过的时间，所以碰前滑块B及滑块整体通过光电门2的速度大小均为
（3）[4]碰撞过程动量守恒，则有
解得
所以滑块A经过光电门1的时间为
13. 如图所示，在竖直的光滑套管中有一根劲度系数k=800N/m、长30cm的轻弹簧。现让质量m=4kg的物块P与弹簧上端轻轻接触并静止释放，则物块P将在套管中做简谐运动。取平衡位置为重力势能零点，弹簧处于原长时弹性势能为零，（g=10m/s2）。求：
（1）物块P振动加速度的最大值am和振幅A；
（2）弹簧的最大弹力Fm和振动系统的最大势能Epm。
【答案】（1），；（2），
【解析】（1）根据物块P在套管中做简谐运动可知放手时，物块P处在最高点，离开平衡位置的位移最大，加速度也最大。由于物块P在最高处只受重力，所以物块振动的最大加速度大小
物块在平衡位置时，有
由胡克定律得振幅
（2）根据简谐运动的对称性可知物块P在最低点对平衡位置的位移大小与最高点时偏离平衡位置的位移大小相等。弹簧被压缩的最大长度为
则弹簧的最大弹力
物块P和弹簧组成的系统机械能守恒，根据简谐振动中能量的关系得物块P在最高处时速度为零，动能为零，动能最小此时总势能最大（弹性势能为零，重力势能最大）；最低点处动能也为零，总势能也最大（重力势能最小，弹性势能最大），有
14. 如图所示，质量mA=2kg木块A静止在光滑水平面上．一质量mB=1kg的木块B以某一初速度v0=5m/s向右运动，与A碰撞后均向右运动．木块A 向右运动，与挡板碰撞反弹（与挡板碰撞无机械能损失)．后来与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度分别为0.9 m/s、1.2 m/s．求：
（1）第一次A、B碰撞后A的速度；
（2）第二次碰撞过程中，A对B做的功．
【答案】（1）2m/s； （2）0.22J
【解析】（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，由动量守恒定律得：
mBv0＝mAvA1+mBvB1
A与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度分别为vA1、vB1，设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，根据动量守恒定律：mAvA1-mBvB1＝mAvA2+mBvB2
联立代入数据解得：vA1＝2 m/s
vB1＝1 m/s
（2）设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，根据动能定理：
15. 如图所示，竖直平面内光滑的四分之一圆弧轨道半径为，下端与水平传送带相切，电动机带动传送带以顺时针匀速转动，传送带的长度，小物块a从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小物块b弹性正碰（a、b只有一次碰撞），a、b质量分别为和，a、b与传送带之间的动摩擦因数均为，重力加速度为，a、b均可视为质点。求：
（1）碰撞前瞬间小物块a的速度大小v；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度H；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小物块a从圆弧轨道顶端滑到圆弧底端，由机械能守恒可得
解得碰撞前瞬间小物块a的速度大小为
（2）小物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律可得
解得
，
碰后以小物块a为对象，由机械能守恒可得
解得碰后小物块a能上升的最大高度为
（3）由于碰后小物块b的速度
则小物块b在传送带上先做匀加速运动，加速度大小为
假设小物块b到右端前已经与传送带达到共速，则加速阶段所用时间
加速阶段小物块b通过的位移为
假设成立；小物块b与传送带共速后，继续做匀速运动到传送带右端，共速前，小物块b与传送带发生的相对位移为
产生的热量为
根据能量守恒可知，小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能为
代数数据解得