广东省广州市2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试题（解析版）

这是一份广东省广州市2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试时间75分钟。
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题纸上。
2、答案必须填写在答题纸的相应位置上，答案写在试题卷上无效。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、单项选择题（8题，每题4分，共32分。在给出的四个选项中，每小题只有一个选项正确）
1. 质量为m的木箱放置在粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始在地面上运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内（ ）
A. 重力对物体的冲量为零
B. 拉力F对物体的冲量大小为Ft
C. 拉力F对物体的冲量大小为Ft csθ
D. 由已知条件不可能得出合外力对物体的冲量
【答案】B
【解析】本题考查根据力与时间的乘积求重力和拉力对物体的冲量大小，根据动量定理求解合力对物体的冲量大小。A. 重力对物体的冲量大小为mgt，故A错误；
BC. 拉力F对物体的冲量大小I=Ft，故B正确，C错误；
D. 由动量定理可知，合外力对物体的冲量为
故D错误。
故选B。
2. 如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（ ）
A. 周期是0.01sB. 最大值是
C. 有效值是220VD. 表达式为U=220sin100πt（V）
【答案】C
【解析】A．由图像知周期0.02s，故A错误；
B．由图像知最大值为311V，故B错误；
C．电压的有效值为V≈220V
故C正确；
D．角频率
瞬时值表达式为u=311sin100πt (V)
故D错误；
故选C。
3. 如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
A. 水平方向动量守恒，机械能守恒
B. 水平方向动量守恒，机械能不守恒
C. 水平方向动量不守恒，机械能守恒
D. 水平方向动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
故选B。
4. 如图所示，某品牌汽车正在进行安全测试。汽车发生碰撞时，安全气囊弹开，减少了对驾驶员的伤害，则在汽车碰撞过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 安全气囊使驾驶员动量变化量减小
B. 安全气囊使驾驶员动能变化量减小
C. 安全气囊使驾驶员所受平均撞击力的冲量减小
D. 安全气囊使驾驶员所受平均撞击力减小
【答案】D
【解析】ABC．无论安全气囊是否打开，驾驶员的初末速度不变，动能变化量，动量变化量均不变，AB错误；
CD．根据
无论安全气囊是否打开，驾驶员的初末速度不变，动量变化量均不变，受到的平均撞击力的冲量不变，但是安全气囊打开时，驾驶员速度变化的时间增加，可知驾驶员受到的平均撞击力减小，C错误D正确。
故选D。
5. 在探究变压器的两个线圈电压关系时，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图甲所示，线圈作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，电源输出的电压如图乙所示，线圈接小灯泡。若他组成的新变压器可视为理想变压器，则（ ）
A. 电源输出电压的频率为
B. 适当增加原线圈的匝数，小灯泡变暗
C. 在小灯泡旁边并接一个电阻，电源的输出功率减小
D. 将线圈改接在学生电源的直流输出端，小灯泡也能发光
【答案】B
【解析】A．根据电源输出的电压的图像可读出正弦交流电的周期，则频率为
故A错误；
B．变压器的输入电压为不变，增大原线圈匝数，根据可知，副线圈的输出电压变小，即小灯泡获得的电压变小，故灯泡的功率变小而变暗，故B正确；
C．在小灯泡旁边并接一个电阻，则负载总电阻变小，而副线圈的输出电压不变，故变压器的输出功率变大，则电源的输出功率变大，故C错误；
D．将线圈改接在学生电源的直流输出端，变压器上的磁通量不变，不能利用互感产生感应电动势，则副线圈无电流，灯泡不能发光，故D错误；
故选B。
6. 《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。
7. 如图为某发电厂输电示意图，发电厂的输出电压为U，输电线的等效电阻为r，输电线路中的电流为I，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，则该变压器（ ）

A. 输入电压为UB. 输入电压为Ir
C. 输出电压为D. 输出电压为
【答案】C
【解析】该变压器的输入电压为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得
可得该变压器的输出电压为
故选C。
8. 科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.25m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花
B. 线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花
C. 电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花
D. 电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花
【答案】B
【解析】AB．线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机最大电动势为
发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，，根据变压器两端的匝数比等于电压比，有
钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花，现令，联立各方程解得
，
故线圈转速等于4r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V，能产生电火花，故A错误，B正确；
CD．电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时
5V和25V均小于，则不能达到点火电压，故CD错误；
故选B。
二、多项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的4个选项中，至少有2个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分。）
9. 如图所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器，已知变压器原线圈与副线圈匝数比，加在原线圈的电压为 （V），霓虹灯正常工作的电阻R=440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是（ ）
A. 副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mA
B. 副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10.0mA
C. I1I2
【答案】BD
【解析】原线圈电压有效值为
根据
解得
U2=4400V
副线圈电流
I==0.01A
根据
由于n2＞n1，所以I1＞I2．选项BD正确。
故选BD。
10. 如图（a），长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m=2kg的物体B以水平速度在长木板A表面上滑行，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图（b），。下列说法正确的有（ ）
A. A、B间的动摩擦因数为0.2
B. 系统损失的机械能为2J
C. 长木板A的最小长度为1m
D. 长木板A获得的动能为2J
【答案】BC
【解析】A．由图像可知，物块B的加速度
由牛顿第二定律可知
解得
故A错误；
B．由图像可知，A、B组成的系统动量守恒，以B的方向为正方向，由动量守恒可知
解得木板的质量
系统损失的机械能为J
故B正确；
C．由图像可知，物块A、B的相对位移为A、B图像线下面积的差值，所以长木板A的最小长度为m=1m
故C正确；
D．长木板A获得的动能为J
故D错误。
故选BC。
11. 质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是（ ）
A. 当mB=mA时，碰后两球互换速度
B. 当mB=mA时，碰后A、B两球共速
C. 当mBmA时，碰后A球反向运动
【答案】AD
【解析】设碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得、
AB．当mB=mA时，vA=0，vB=v0，碰撞后两球互换速度，故B错误，A正确；
C．当mBmA时，vA＜0，碰后A反向运动，故D正确。
故选AD。
12. 质量均为m的两个小球A、B用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A紧靠挡板P，如图所示，给小球B一个水平向左的瞬时冲量，大小为I，使小球B向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开。弹簧始终在弹性限度内，取向右为正方向。在小球B获得向左的瞬时冲量之后的整个运动过程中，对于A、B及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A. 挡板P对小球A做的功为
B. 挡板P对小球A的冲量大小为2I
C. A球刚要离开挡板时B球动量大小为I
D. 小球A离开挡板后，系统弹性势能的最大值为
【答案】BCD
【解析】A．小球A离开挡板P前过程挡板对系统有向右的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；而小球A受挡板P弹力作用过程，小球A的位移为零，则挡板P对小球A做功为零，故A错误；
C．在B获得冲量到A离开挡板过程，只要弹簧弹力做功，系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时A将离开挡板，此时A的速度为零，对系统，由机械能守恒定律可知，此时B的速度与B刚获得冲量时速度大小相等，B的冲量大小仍为I；故C正确；
B．在A球刚要离开挡板之前的过程中，以向右为正方向，由动量定理，对B有
对A有
由牛顿第三定律可知
解得
故B正确；
D．小球A离开挡板时A的速度为零，B的冲量为
B的速度为
A离开挡板后A、B系统动量守恒，当两者速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
对系统由能量守恒定律得
解得
故D正确；
故选BCD。
第II卷（非选择题 共52分）
三、实验题
13. 某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。
（1）关于本实验，下列说法正确的是________。
A．入射小球每次可由不同位置自由滚下
B．两小球的质量关系必须m1> m2
C．斜槽轨道必须光滑
D．斜槽轨道末端必须水平
（2）若测量数据近似满足关系式________（用m1、m2、xM、xP、xN表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。
（3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式________（仅用xM、xP、xN表示），则说明碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）BD##DB （2） （3）
【解析】（1）[1] AC．实验中小球每次从相同位置滚下，重力做功和摩擦力做功都不变，根据动能定理可知小球到达轨道末端速度相同，斜槽轨道不必光滑，故AC错误；
B．为了保证两球碰撞后入射球不反弹，入射小球质量应大于被碰小球的质量，故B正确；
D．离开轨道小球做平抛运动，小球应有水平初速度，所以斜槽轨道末端必须水平，故D正确。
故选BD。
（2）[2]设碰撞前小球A的速度为，碰撞后小球A的速度为，小球B的速度为，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则
即
（3）[3]若碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
则有
可得
14. 如图所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1和G2为两个光电门，A、B均为弹性滑块，质量分别为mA、mB（含遮光片），且mA>mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下；
①调节气垫导轨成水平状态；
②轻推滑块A，测得A通过光电门G1的遮光时间为t1；
③A与B相碰后，B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为t2和t3。
回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测得遮光片宽度如图所示，读数：___________mm；
（2）验证动量守恒成立的表达式为：___________；A、B碰撞过程中损失的机械能表达式为：___________。（均用题中所给的物理量字母表示）
【答案】（1）2.540 （2）
【解析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2.5mm+
（2）[1]根据动量守恒定律可知
即
解得
[2]根据能量守恒定律有
解得
15.（1）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为___________。（喷出过程重力和空气阻力可忽略）
（2）一枚在空中飞行的火箭质量为m，在某时刻的速度大小为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为的一块沿着与v相反的方向飞去，速度大小为。则炸裂后另一块的速度大小为___________。
（3）水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，水流以速度v垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，墙壁受到的平均冲击力F=___________。
【答案】（1）30kg·m/s （2） （3）ρSv²
【解析】（1）根据动量守恒，火箭的动量大小等于燃气的动量大小，故可得火箭的动量大小为
（2）取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
（3）设水流受到墙壁的平均冲力大小为F，以该力的方向为正方向，根据动量定理可得
其中
联立可得
则根据牛顿第三定律可知，墙壁受到的平均冲击力大小为。
16. 一个质量为0.2的小球竖直向下以6的速度落至水平地面，再以4的速度反向弹回。
（1）取竖直向下为正方向，求小球与地面碰撞前后的动量变化量？
（2）考虑小球的重力，当小球与地面的作用时间为0.2s，求小球受到地面的平均作用力大小和方向？
【答案】（1）；（2），方向竖直向上
【解析】（1）取竖直向下为正方向，则碰撞前后的动量变化量为
（2）由动量定理可得
其中负号表示力的方向竖直向上。考虑小球的重力，则小球受到地面的平均作用力大小为
方向竖直向上。
17. 如图所示，光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的点与光滑水平面相切，其半径为。在水平面内有一质量的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现将一质量为的小球P从点正上方高处由静止释放，小球P和小球Q均可视为质点，当地的重力加速度，不计空气阻力，求：

（1）小球P到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力；
（2）在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）
【解析】（1）小球P从A点运动到点的过程中，根据机械能守恒定律有
在最低点时设小球P所受支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知小球P在C点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（2）在小球P压缩弹簧的过程中，当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，设共同速度为，取向右为正方向，对两球组成的系统根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
18. 列车进入编组站后要分解重组，会出现列车挂接问题，将许多节车厢逐一组合起来的过程可以看作是完全非弹性碰撞。假设在编组站进行的某次挂接实验中，第一节车厢为动力车厢，它以某一初速度平稳运行，到达编组区立即关闭发动机，向静止在轨道上的第二、三节车厢运动，此时相邻车厢之间间隙都为s，车厢碰撞后通过“詹天佑挂钩”连接在一起。若每节车厢质量均为m，每节车厢所受到的阻力大小恒为f，碰撞时间很短可以忽略，整个挂接过程均在水平轨道上进行。
（1）若第一节车厢与第二节车厢挂接前瞬间动能为E，试求第一次挂接过程中系统损失的动能；
（2）若第三节车厢完成挂接以后速度大小为v，试求第一节车厢关闭发动机前速度大小；
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设挂接前瞬间动力车厢的速度为v0，车厢2的速度为0；挂接后共同速度为v1，
则挂接前的动能
挂接过程动量守恒，取向右为正方向，有
挂接后系统动能为
损失的动能
得
（2）设第一节车厢关闭发动机前速度为v0，动力车厢滑行距离s，第一次挂接前的瞬间，第一节车厢速度为v1，据动能定理得
第一次挂接后的瞬间，第一、二节车厢速度为v2
据动量守恒定律得
在第一、二节车厢共同滑行距离s、第一二节车厢与第三节车厢挂接前的瞬间速度为v3，据动能定理得
第一二节车厢与第三节车厢挂接，由动量守恒
得