2022-2023學(xué)年江蘇省南京師范大學(xué)蘇州實驗學(xué)校高二上學(xué)期9月月考物理試題（解析版）

2022-2023學(xué)年江蘇省南京師范大學(xué)蘇州實驗學(xué)校高二上學(xué)期9月月考物理試題滿分：100分：考試時間：75分鐘一、單選題（共40分）1.下列說法正確的是（）A.當觀察者靠近波源運動時，觀察者觀測到的頻率變小B.“未見其人，先聞其聲”是聲波發(fā)生干涉的結(jié)果C.“回聲”是聲波的衍射現(xiàn)象D.集體列隊經(jīng)過橋梁時要便步走，以防止橋梁發(fā)生共振垮塌【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，當觀察者靠近波源運動時，觀察者觀測到的頻率變大，故A正確；B．“未見其人，先聞其聲”是聲波發(fā)生衍射的結(jié)果，故B錯誤；C．“回聲”是聲波的反射現(xiàn)象，故C錯誤；D．集體列隊經(jīng)過橋梁時要便步走，以防止橋梁發(fā)生共振垮塌，故D正確。故選D。2.某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖像如圖所示，下列描述正確的是（）A.時，振子的速度為零，加速度為正的最大值B.時，振子的速度為零，位移為負的最大值C.時，振子速度為正，加速度為負的最大值D.和時都是勢能為零，動能最大【答案】B【解析】【詳解】A．時，在正向最大位移處，故速度為零，，加速度最大，為負，故A錯誤；B．時，在負向最大位移處，振子的速度為零，故B正確；C．時，根據(jù)圖像斜率表示速度可知，振子的速度為正向最大值，故C錯誤；D．和時，在正向最大位移處，彈性勢能最大，動能為零，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，一不可伸長的輕繩的一端固定于O點，另一端系一小球，開始時將輕繩向右拉至水平，然后將小球由靜止釋放，則小球由靜止到運動到最低點的過程，下列說法正確的是（）A.拉力對小球的沖量為零 B.重力對小球的沖量為零C.小球的動量變化量方向豎直向下 D.合力對小球的沖量方向水平向左【答案】D【解析】【詳解】AB．力對物體得沖量等于力與力的作用時間的乘積，故拉力對小球的沖量、重力對小球的沖量都不為零，故AB錯誤；CD．根據(jù)動量定理得小球動量變化量的方向與速度變化量的方向相同，也與合力的沖量方向相同；由題可知，小球初速度為零，末速度水平向左，所以速度變化量方向向左，故動量變化量、合力的沖量方向向左，故C錯誤，D正確。故選D4.彈簧振子做簡諧運動，若從平衡位置O開始計時，經(jīng)過4s振子第一次經(jīng)過P點，又經(jīng)過了1s，振子第二次經(jīng)過P點，則該簡諧運動的周期可能的是（）A.5s B.6s C.14s D.16s【答案】B【解析】【詳解】如圖，假設(shè)彈簧振子在水平方向BC之間振動若振子開始先向右振動，振子的振動周期為若振子開始先向左振動，設(shè)振子的振動周期為，則解得故選B。5.甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1=3kg·m/s，p2=9kg·m/s，甲球從后面追上乙球并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2之間的關(guān)系可能為（）A.m1=m2 B.2m1=m2 C.3m1=m2 D.4m1=m2【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)動量守恒定律得解得碰撞過程系統(tǒng)總動能不增加，則解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則解得從而故ABC錯誤，D正確。故選D。6.如圖所示，質(zhì)量為、帶有半徑為的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，O為圓心，質(zhì)量為的小滑塊以水平向右的初速度沖上圓弧軌道，恰好能滑到最高點，已知，則下列判斷正確的是（）A.由于沒有摩擦阻力，小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機械能守恒B.小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒C.小滑塊沖上軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為D.小滑塊脫離圓弧軌道時，速度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．由于沒有摩擦阻力，小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，但帶有圓弧軌道的滑塊的機械能增加，小滑塊的機械能減少，故A錯誤；B．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊在豎直方向存在加速度，帶有圓弧軌道的滑塊在豎直方向不存在加速度，故小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)在豎直方向的合外力不為零，系統(tǒng)不滿足動量守恒，故B錯誤；C．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，小滑塊沖上軌道的最高點時，兩者具有共同的水平速度，則有解得故C錯誤；D．設(shè)小滑塊脫離圓弧軌道時，速度為，帶有圓弧軌道的滑塊的速度為，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得可知小滑塊脫離圓弧軌道時，速度大小為，方向水平向左，故D正確。故選D。7.如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量M=3kg的薄板和質(zhì)量m=1kg的物塊都以v=4m/s的初速度相向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.9m/s時，物塊的運動情況是（）A.做減速運動 B.做加速運動C.做勻速運動 D.以上運動都有可能【答案】A【解析】【詳解】開始階段，物塊向左減速，薄板向右減速，當物塊的速度為零時，設(shè)此時薄板的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得(M－m)v=Mv1解得v1≈2.67m/s<2.9m/s所以物塊處于向左減速的過程中。故選A。8.如面圖（a）是一列簡諧橫波在t=2s時的圖像，圖（b）則是這列波中一個質(zhì)點P的振動圖像，下列說法正確的是（）A.該波的傳播方向是沿x軸負方向B.后，P點正在向上振動C.該列波上的P點在之后的內(nèi)，走過的路程是D.該時刻起，若該波沿其傳播方向傳播了時，P點向下振動【答案】A【解析】【詳解】A．從b圖看時P點正在向上振動，根據(jù)a圖中“下坡上振”原則，此時P處于下坡，則該列波正在沿x軸負方向傳播，故A正確；B．由振動圖像可知，時P點正在向下振動，故B錯誤；C．由b圖可知，周期為2s，則內(nèi)，波上的P點振動了10個振幅，故一共走了，故C錯誤；D．時，P點向上振動，該列波的波長是，所以該波沿其傳播方向傳播了時所用的時間為，故而此時P點仍然向上振動，D錯誤。故選A。9.一條彈性繩子呈水平狀態(tài)，M為繩子中點（圖中未畫出），兩端P、Q同時開始上下振動，一小段時間后產(chǎn)生的波形如圖所示，對于其后繩上各點的振動情況，以下判斷正確的是（）A.兩列波將同時到達中點MB.兩列波波速之比為1∶2C.中點M的振動總是加強的D.M點的位移大小不可能為零【答案】A【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意，由于波在同種介質(zhì)中傳播，波速相同，又有M為繩子中點，則兩波同時到達M點，故B錯誤，A正確；C．由于波長不同，則兩列波并不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，因此兩波在M點相遇時，M點的振動并不總是加強或減弱，故C錯誤；D．當兩波剛傳到M點時，此時刻位移為零，所以M點的位移大小在某時刻可能為零，故D錯誤。故選A。10.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。t=0時刻，一質(zhì)量為m的物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，則（）A.當物塊開始簡諧運動后，振動周期為0.5sB.t=0.4s時彈簧的彈力小于mgC.從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大D.若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后簡諧運動的周期增大【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)圖乙可知，振動周期為故A錯誤；B.物塊從其正上方某處由靜止下落，t=0.2s時物塊剛接觸薄板，則物塊到達最低點的加速度將大于重力加速度g，根據(jù)牛頓第二定律解得即t=0.4s時彈簧的彈力大于mg，故B錯誤；C.根據(jù)圖乙可知，x=30cm時物體處于平衡位置，此時物塊的加速度為零，故從從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大，故C正確；D根據(jù)周期可知，物塊做簡諧運動的周期與振幅無關(guān)，若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后簡諧運動的周期不變，故D錯誤。故選C。二、非選擇題（共12分）11.圖為“驗證碰撞過程中的動量守恒”的實驗裝置示意圖，圖中P點是未放靶球時入射球的平均落點。入射球與靶球的直徑相同，質(zhì)量分別為、，且滿足。（1）只要滿足關(guān)系式___________（填序號），則說明碰撞中的動量是守恒的。A.B.C.D.（2）若某次實驗中測得、、OP=60.00cm、OM=20.00cm、ON=80.00cm，請分析該次碰撞是___________。（填“彈性”或“非彈性”）碰撞。【答案】①.D②.彈性【解析】【詳解】（1）[1]如果碰撞過程動量守恒，則兩邊同時乘以在空中運動時間t得即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON故D正確；（2）[2]是否為彈性碰撞需要驗證代換后可得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2是否成立；帶入題目所給數(shù)據(jù)可知等式成立，故該次碰撞為彈性碰撞。12.某同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實驗時：（1）如果他測得的g值偏小，可能的原因是__________。A．用擺線總長度與小球半徑之和作為擺長B．擺線上端未牢固地系于懸點，測完擺長后，在測單擺周期時出現(xiàn)松動，擺線長度增加了C．開始計時時，秒表過遲按下D．實驗中誤將49次全振動數(shù)次數(shù)記為50次（2）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對應(yīng)的l與的數(shù)據(jù)如圖1所示，再以l為橫坐標，為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率為k，則重力加速度g=____________。（用k表示）（3）同學(xué)還利用計算機繪制了a、b兩個擺球的振動圖像（如圖2），由圖可知，兩單擺擺長之比_____。在t=1s時，b球振動的方向是__________。（選填“正方向”或“負方向”）【答案】①.B②.③.④.y軸負方向【解析】【詳解】（1）[1]AB．設(shè)擺線長L，擺球半徑r，由可得可知擺長就是擺線總長度與小球半徑之和，若擺線上端未牢固地系于懸點，測完擺長后，在測單擺周期時出現(xiàn)松動，擺線長度增加，測量的擺長小于實際的擺長，g的測量值偏小，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)測量時間為t，全振動次數(shù)為n，則有若開始計時時，秒表過遲按下，測量時間偏小，g的測量值偏大，若將49次全振動數(shù)次數(shù)記為50次，g的測量值偏大，故CD錯誤。故選B；（2）[2]由可得可知圖線的斜率則重力加速度（3）[4]由圖可知則兩單擺擺長之比[5]由振動圖像可知在t=1s時，b球向y軸負方向振動。13.如圖所示，一個質(zhì)量的蹦床運動員，從離水平網(wǎng)面高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為，重力加速度取。（1）求運動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)動量的變化量；（2）求網(wǎng)對運動員的平均作用力大小?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)運動員觸網(wǎng)前的速度大小為，下落過程有解得設(shè)運動員觸網(wǎng)后的速度大小為，上升過程有解得以豎直向上為正方向，觸網(wǎng)過程中動量的變化量為方向豎直向上。（2）觸網(wǎng)過程中，根據(jù)動量定理可得解得14.如圖所示，位于原點O處的波源，t=0時刻開始做簡諧運動，其振動圖像如圖所示。該波源產(chǎn)生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，當平衡位置坐標為（9m，0）的質(zhì)點P剛開始振動時，波源剛好位于波谷位置。（1）波源從t=0時刻開始振動0.55s通過的路程；（2）這列波的波速大??；（3）若這列波的波速為12m/s，請寫出以t=0.90s時刻為新的計時起點時，質(zhì)點P的振動方程?！敬鸢浮浚?）；（2）（0，1，2，3…）；（3）（cm）或（cm）【解析】【詳解】（1）由振動圖像可知，振動周期為T=0.2s，振幅A=4cm，則0.55s為2.75個周期，一個周期振動4A，因而從t=0時刻開始振動0.55s通過的路程（2）簡諧橫波沿x軸正方向傳播，當平衡位置坐標為（9m，0）的質(zhì)點P剛開始振動時，波源剛好位于波谷位置。由于OP間具體波長數(shù)不確定，可得根據(jù)速度公式（0，1，2，3…）（3）若這列波的波速為12m/s，波傳到質(zhì)點P的時間t=0.90s時，質(zhì)點P的開始振動時間質(zhì)點P點處于波谷位置。根據(jù)圓頻率公式可得以t=0.90s時刻為新的計時起點時，質(zhì)點P的振動方程（cm）或（cm）15.如圖甲所示，在天花板上的O點用一定長度的擺線懸掛一個擺球，在O點的正下方P點處有一個釘子，現(xiàn)將擺球向左拉開一個很小的角度，時將擺球由靜止釋放，當擺球運動到最低點時，擺線碰到釘子，此時擺球繼續(xù)向右擺動，設(shè)向右為正方向，擺球的振動圖像如圖乙所示，不計擺線和釘子相碰時的能量損失，取重力加速度，結(jié)果可用分式表示，求：（1）單擺的振動周期；（2）釘子的位置P點距離懸點O的距離；（3）圖像中與的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】(1)由圖像可知，單擺完成一次全振動的時間為(2)由乙圖可知，小球在左側(cè)擺動時，單擺的周期為，由周期公式解得該單擺擺線的長度為小球在右側(cè)繞著P點擺動時，周期為，由周期公式解得該單擺碰到釘子后的擺長為故釘子的位置P距離懸點O的距離(3)設(shè)單擺在左側(cè)擺動最大偏角為，在右側(cè)擺動的最大偏角為，由數(shù)學(xué)知識可得由機械能守恒定律得16.如