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2024常德一中高三上学期第四次月考试题物理含解析
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这是一份2024常德一中高三上学期第四次月考试题物理含解析，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时量: 75 分钟 满分: 100 分
命题人：龚 洁 审题人：夏美泉
一、选择题： 本题共 6 小题， 每小题 4 分， 共 24分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示为某款采用了主动降噪技术的汽车宣传海报。汽车主动降噪技术是指通过消音扬声器发出与噪音源振动步调相反、振幅相同的降噪声波，与外界噪音叠加以达到汽车降噪的一种降噪技术。如图乙所示为理想情况下的降噪过程，实线表示噪音声波，虚线表示降噪声波，假设两声波均为简谐波，下列说法正确的是
A. 主动降噪技术应用了波的衍射原理
B. 噪音声波和降噪声波的波速大小一定相等
C. 图乙中噪音声波和降噪声波的频率可以不相等
D. 图乙中噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅增大
2.用电场线能直观又方便地描述电场的强弱。如图是等量同种点电荷的电场线，A、A'、B、B'分别关于中垂线和连线对称，且各点到两电荷连线中点O的距离相等。下列说法错误的是
A. A、A两点场强相同
B. B、B两点电势相等
C. 电子在A点的电势能小于在B'点的电势能
D. 将一点电荷从 A点移动到 B点电场力做的功等于把它从A'点移动到 B'点电场力做的功
3.2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和成就。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1变轨到轨道3的示意图，点火变速在轨道P、Q两点，轨道 1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨道 1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T₁、T₂和T₃，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。下列说法正确的是
A. 在 P点应该点火加速变轨，在Q点应该点火减速变轨
B. 轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度
C. 轨道2上从 P到Q的过程中，机械能减少
D. 运行周期关系满足 3T12+3T32=23T22
4. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为 E=12kA2,其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若小球质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25 N/m。某时刻系统具有势能为0.06J和动能为0.02J，则下列说法正确的是
A. 该振动的振幅为0.16m
B. 小球经过平衡位置时的速度为0.4m/s
C. 小球的最大加速度为 8 m/s²
D. 若小球在位移最大处时，质量突变为0.15kg，则振幅变大
5. 如图所示，光滑的圆弧轨道 B 静止于光滑的水平面上，其下端与水平面平滑连接。小球A以一定的初速度向右滑上圆弧轨道，当小球A 与圆弧轨道B上与其共速时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1：3，则此时小球的动能与其重力势能之比为(以水平面为零势能面，不计二者之间的能量损失)。
A. 1: 12 B. 1: 6 C. 1: 4 D. 1: 3
6. 如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为 v，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略气球内气体质量的变化，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为
A.ρSvm B.ρSv2m C.ρSvm−g D.ρSv2m−g
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3分， 有选错得 0分。
7. 如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中
A. 公仔头部的机械能守恒 B. 公仔头部的加速度先增大后减小
C. 弹簧弹力冲量的大小为 mgt D. 弹簧弹力对头部所做的功不为零
8. 如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知
A. F的大小为 10.5N B. 物体加速度大小为 2m/s²
C. 4s内F的平均功率为 42W D. 4s末F的功率为42W
9.如图所示，在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为-2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态，已知圆的半径为R，重力加速度为g，静电力常量为k ，下列说法正确的是
A. 小球带正电 B. O点的电场强度大小为
C. 小球的带电量为 MgR23kQ D.撤去 C点点电荷瞬间，小球的加速度大小为 23 g
10.如图所示，两个都为 1kg的小球甲、乙(均视为质点)分别用长为 1m 的细绳系在固定的O点，细绳能够承受的最大拉力为60N，O点正上方有一个钉子。现让两球与O点等高且细绳刚好伸直，然后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时竖直冲量使甲球向上、乙球向下运动，刚好使得甲球在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂，绳子断裂后两球分别做平抛运动，且最后掉在水平面上的同一点，不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s²，则下列说法正确的是
A. 给甲球的瞬时冲量的大小为5N·s B. 钉子的位置在O点正上方 67m处
C. 两球落地的速度相同 D. 甲乙两球做平抛运动的时间之比为 5;1
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 1 页)三、非选择题: 共 56分。
11.(8分) 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中
(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析，下列说法正确的是 。
A. 为尽可能减小测量误差，应取摆球经过最高点时为计时零点
B. 实验中误将51次全振动记为50次，测量出的重力加速度会偏大
C. 让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动)，可以使单摆的周期更长一些，更方便周期的测量
D. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量出的重力加速度g值偏小
E. 测量出多组单摆摆线的长度L和周期T，作出T²-L图像由图可求出重力加速度大小，图线不过原点，不会影响重力加速度的测量
(2)在周期测量的过程中，秒表指针如下图所示，其读数为 s：
(3)实验中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是表 。(填“A”或“B”)
(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据，在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像， 由该图像计算出重力加速度g= m/s²。(结果保留3位有效数字)
12.(8分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间 (选填“=”或“>”)通过光电门2的时间。
(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量，使滑块A 运动并与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为tv，与光电门2相连的计时器先、后显示两次遮光时间分别为t₂和t₃。若已知滑块A、B的质量分别为km、m(含遮光条)，遮光条宽度均为d(很窄)。滑块A、B碰撞过程中满足表达式 则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为 。(用题中已知和测量的物理量表示)
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是 。
A.kt₁=kt₃+t₂ B.1t1+1t3=1t2 C.kt12=kt22+1t32 D.kt1=1t2−kt3
13.(10分)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(2)若该波在该介质中传播的速度为3m/s，求该波的波长；(1) 请写出b点的振动方程； 甲
(3)若该波的波长大于0.3m，求可能的波速。
14. (14分)如图所示，轨道AB 部分为光滑的1/4 圆弧，半径 R=0.2m，A点与圆心等高，BC部分水平但不光滑。空间中加有竖直向下的匀强电场，场强 E=5×10³N/C。，现有一个可视为质点、质量 m=1kg、带电量。 q=−4×10⁻⁴C的物块从A点由静止释放，物块滑到水平面上的C点后静止。已知物块与 BC之间的动摩擦因数μ=0.1，滑动过程中物块所带电荷量不变，重力加速度g取 10m/s²。求：
(1) BC之间的距离 SBC:
(2) 物块离开圆弧前瞬间，物块对轨道的压力F的大小；
(3)若把电场方向改为水平向右，场强大小不变，仍把物块从A点由静止释放，物块第4次通过B点时的速度大小。
15.(16分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为 m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小：
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 2 页)常德市一 中 2024 届高三第四次月水平检测物理答案
1．B【解析】A．主动降噪技术应用了波的干涉原理，故A错误；B．声波在同种介质中波速大小相等，故B正确；C．两声波频率相等时才能产生稳定干涉，故C错误；D．降噪声波与噪音声波步调相反，频率相同，干涉相消，P点的振幅为零，故D错误。故选B。
2．A【解析】A．根据对称性可知，A、A'两点场强大小相同，方向相反，选项A错误；B．根据对称性可知， B、B'两点电势相等，选项B正确；C．因AB两点的电势差等于A' B'两点的电势差，则将一点电荷从A点移动到B点电场力做的功等于把它从A'点移动到B'点电场力做的功，选项C正确；D．因AA'两点的电势差等于BB'两点的电势差，均为零，则将一点电荷从A点移动到A'点电场力做的功等于把它从B点移动到B'点电场力做的功，均等于零，选项D正确。故选A。
3.D【解析】在P点由圆周运动变为做离心运动，在Q点由近心运动变为做匀速圆周运动，都应该点火加速，A错；由A项可知，又根据，可知，则有，B错；轨道2上从P到到Q点只有万有引力做功，机械能不变，C错误；根据开普勒第三律，对轨道1有，同理对2、3有，，联立可得，D正确。故选D。
4.C【解析】弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有eq \f(1,2)kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以该振动的振幅为A＝0.08 m，故A错误；小球经过平衡位置时，动能为eq \f(1,2)mv2＝0.08 J，所以速度为v＝0.8 m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为a＝eq \f(kA,m)＝8 m/s2，故C正确；小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.15 kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故D错误．
5.A【解析】设小球A的质量为m，圆弧轨道B的质量为M，当小球与轨道速度相同时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1:3，即m:M=1:3系统减小的动能转化为小球A的重力势能。此时二者的速度方向都为水平方向，设小球A的初速度为v0，两者的共同速度为v共。根据动量守恒定律可知mv0=(M+m)v共,得小球A此时的动能为小球A此时的重力势能等于系统损失的动能得此时小球A的动能与其重力势能之比为1:12，A正确。
6．B【解析】由题意可知，初始状态有mg-F浮=0绳子松开瞬间，对极短时间内喷出的气体由动量定理可得，解得，则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为。则由牛顿第二定律可得，解得故ACD错误，B正确。故选B。
7．CD【解析】A．弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，A错；B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，B错；C．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有则弹簧弹力冲量的大小为，C对；D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有，则弹簧弹力对头部所做的功为，D对。
8．AD【解析】A．根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,解得F = 10.5N,故A正确；B．由图乙可知物体的加速度为a=Δv/Δt=0.5m/s2,故B错误；C．4s内F的平均功率为,又 ,联立，解得,故C错误。D．4s末物体的速度为v物=2m/s,则拉力F作用点的速度为v=2v物=4m/s则拉力的功率P= Fv = 42W故D正确；故选AD。
9．CD【解析】A．由电场的叠加可知，O点的电场方向竖直向下，根据平衡可得，小球带负电，故选项A错误；B．O点的电场强度为三个点电荷的叠加，故选项B错误；C．由平衡得，得，故选项C正确；D．撤去C点电荷瞬间，由牛顿第二定律，得。故选CD。
10．BD【解析】A．乙球在最低点绳子刚好断裂，故对乙球有，解得根据动能定理有，解得m/s，冲量大小为N·s，故A错误；B．甲球开始运动的速率也是m/s，对甲球，根据动能定理有，可得甲球在最高点的速率m/s，甲球在最高点绳子刚好断裂，故对甲球有，解得，故B正确；CD．甲、乙两球做平抛运动，水平方向上的位移相等，根据可知，速度大小之比为，则时间之比为；根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知，，可知两球落地速度不相同；故C错误，D正确。故选BD。
11．（1）DE （2）57.8s （3） B（4）9.62m/s2
【解析】（1）A．摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小。故A错误；B．实验中误将51次全振动记为50次，则周期偏大，根据测量出的重力加速度会偏小，故B错误；C．根据,单摆周期与摆角大小无关，故C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，知摆长的测量值偏小，重力加速度g值偏小，故D正确；E．根据图像斜率,可得重力加速度为图线不过原点，但图线的斜率没有改变，重力加速度测定值不变，故不会影响重力加速度的测量,故E正确。故选DE。
（2）秒表的读数为57.8s
（3）实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确，故选B。
（4）根据，故图像斜率=4.1，重力加速度，g=9.62m/s2
12．(1)= (2) ; (3)B
【解析】（1）此步骤为了调节气垫导轨使其水平，故需让滑块做匀速直线运动，则如果滑块通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，调节完毕。
（2）如A和B碰撞过程中动量守恒，则，解得；滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为；
（3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒，则，且，解得故选B。
13．（1）y=10sin(cm；（2）2.4m；（3），2.5m/s，0.5m/s
【解析】（1）由图丙可知，周期与振幅分别为0.8s和10cm，b点在t=0时位移为-10cm，则振动方程为y=10sin(cm；
（2）由图像得周期T=0.8s，波速v=3m/s，波长为λ=vT=2.4m；
（3）该波的波长大于0.3m。若波由a向b传播，有=0.5m，，解得m/s；
若波由b向a传播=0.5m，，解得v2=2.5m/s，或者，，解得v3=0.5m/s
14．（1）2m；（2）24N；（3）m/s
【解析】（1）全过程由动能定理得(mg-qE)R-μ(mg-qE)SBC=0，解得SBC=2m；
（2）从A点运动到B点过程，根据动能定理有(mg-qE)R=，在B点时，根据合力提供向心力有，解得FN=24N，根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N。
（3）四次运动过程分别由动能定理得(mg-qE)R-(μmg+qE)s1=0，(qE-μmg)s1=
(μmg+qE)s2=,(qE-μmg)s2=，解得物块第4次通过B点时的速度大小为v3=m/s
15.（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【解析】【解析】（1）设小球第一次与圆盘碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
mgl=① 解得v0=②
设小球与圆盘发生第一次碰撞后小球的速度大小为vm1，圆盘的速度大小为vM1，取竖直向下的方向为正方向，在碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0=mvm1+MvM1 ③ 由能量守恒定律有=+④
联立②③④解得：vm1=-，“-”表示方向竖直向上；vM1= ，方向竖直向下。⑤
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为。
（2）方法1：
第一次碰撞后，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力大小相等，所以圆盘向下做匀速运动；小球先竖直向上做匀减速直线运动，后做自由落体运动。当小球向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间t0，则vM1=vm1+gt0⑥ 解得t0=⑦
这段时间内小球的位移x球=vm1t0+=-×+×()2=0 ⑧
即回到第一次与圆盘碰撞前的位置。
在这段时间内圆盘下落位移x盘=vM1t0=×=l ⑨
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为Δx=x盘-x球=l⑩
方法2：图像法
做出第二次碰撞前小球与圆盘的v-t图像如图所示。
由上述解法1可知t0=
v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，则由几何知识可知小球与圆盘间的最大距离Δx= 解得Δx=l。
方法3：相对运动法
第一次碰后瞬间，圆盘相对小球的初速度v相0=vM1-vm1=
圆盘相对小球的加速度a相=-g，故圆盘相对小球做匀减速运动。
当圆盘相对小球的末速度为零时，两者距离最大，于是有
0-v相02=2a相Δx 解得Δx=l。
方法4：函数极值法
在第一次碰撞到第二次碰撞之间，x球=vm1t+，x盘=vM1t，
而小球与圆盘间的距离为Δx=x盘-x球 故Δx=-+t=-g(t-)2+l
显然，当t==t0，小球与圆盘间的最大距离为Δxm=l 此时小球速度vm=vm1+gt1==vM1
（3）方法1：
设小球与圆盘第一次碰撞后到第二次碰撞前用时为t1，小球与圆盘第二次碰撞前速度为vm1'，故vm1'=vm1+gt1
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即 解得
圆盘的速度仍为vM1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=vM1t1=2l
即第一次碰后到第二次碰前圆盘下落的高度。
设小球与圆盘第二次碰撞后，小球的速度为vm2，圆盘的速度为vM2
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mvm1'+MvM1=mvm2+MvM2
由能量守恒定律有
联立解得vm2=0，vM2=
设小球和圆盘第二次碰撞后到第三次碰撞前用时为t2，当位移相等时
解得
这段时间内圆盘圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为 圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3 即，得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
方法2：图像法
根据方法1的分析，可画出小球与圆盘的v-t图像
由图象可知：小球每次与圆盘碰撞到再次碰撞前圆盘相比上一次碰撞多下降2l。
综上和方法1中的分析可知：第四次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l=13l<20l
假设第四次碰撞后圆盘未滑离圆管，则第五次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l+8l=21l>20l
可知小球与圆盘发生第四次碰撞后圆盘会滑出圆管，即小球与圆管在管内共四次碰撞。
时量: 75 分钟 满分: 100 分
命题人：龚 洁 审题人：夏美泉
一、选择题： 本题共 6 小题， 每小题 4 分， 共 24分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。
1.如图甲所示为某款采用了主动降噪技术的汽车宣传海报。汽车主动降噪技术是指通过消音扬声器发出与噪音源振动步调相反、振幅相同的降噪声波，与外界噪音叠加以达到汽车降噪的一种降噪技术。如图乙所示为理想情况下的降噪过程，实线表示噪音声波，虚线表示降噪声波，假设两声波均为简谐波，下列说法正确的是
A. 主动降噪技术应用了波的衍射原理
B. 噪音声波和降噪声波的波速大小一定相等
C. 图乙中噪音声波和降噪声波的频率可以不相等
D. 图乙中噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅增大
2.用电场线能直观又方便地描述电场的强弱。如图是等量同种点电荷的电场线，A、A'、B、B'分别关于中垂线和连线对称，且各点到两电荷连线中点O的距离相等。下列说法错误的是
A. A、A两点场强相同
B. B、B两点电势相等
C. 电子在A点的电势能小于在B'点的电势能
D. 将一点电荷从 A点移动到 B点电场力做的功等于把它从A'点移动到 B'点电场力做的功
3.2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和成就。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1变轨到轨道3的示意图，点火变速在轨道P、Q两点，轨道 1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨道 1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T₁、T₂和T₃，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。下列说法正确的是
A. 在 P点应该点火加速变轨，在Q点应该点火减速变轨
B. 轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度
C. 轨道2上从 P到Q的过程中，机械能减少
D. 运行周期关系满足 3T12+3T32=23T22
4. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为 E=12kA2,其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若小球质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25 N/m。某时刻系统具有势能为0.06J和动能为0.02J，则下列说法正确的是
A. 该振动的振幅为0.16m
B. 小球经过平衡位置时的速度为0.4m/s
C. 小球的最大加速度为 8 m/s²
D. 若小球在位移最大处时，质量突变为0.15kg，则振幅变大
5. 如图所示，光滑的圆弧轨道 B 静止于光滑的水平面上，其下端与水平面平滑连接。小球A以一定的初速度向右滑上圆弧轨道，当小球A 与圆弧轨道B上与其共速时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1：3，则此时小球的动能与其重力势能之比为(以水平面为零势能面，不计二者之间的能量损失)。
A. 1: 12 B. 1: 6 C. 1: 4 D. 1: 3
6. 如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为 v，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略气球内气体质量的变化，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为
A.ρSvm B.ρSv2m C.ρSvm−g D.ρSv2m−g
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3分， 有选错得 0分。
7. 如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中
A. 公仔头部的机械能守恒 B. 公仔头部的加速度先增大后减小
C. 弹簧弹力冲量的大小为 mgt D. 弹簧弹力对头部所做的功不为零
8. 如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知
A. F的大小为 10.5N B. 物体加速度大小为 2m/s²
C. 4s内F的平均功率为 42W D. 4s末F的功率为42W
9.如图所示，在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为-2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态，已知圆的半径为R，重力加速度为g，静电力常量为k ，下列说法正确的是
A. 小球带正电 B. O点的电场强度大小为
C. 小球的带电量为 MgR23kQ D.撤去 C点点电荷瞬间，小球的加速度大小为 23 g
10.如图所示，两个都为 1kg的小球甲、乙(均视为质点)分别用长为 1m 的细绳系在固定的O点，细绳能够承受的最大拉力为60N，O点正上方有一个钉子。现让两球与O点等高且细绳刚好伸直，然后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时竖直冲量使甲球向上、乙球向下运动，刚好使得甲球在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂，绳子断裂后两球分别做平抛运动，且最后掉在水平面上的同一点，不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s²，则下列说法正确的是
A. 给甲球的瞬时冲量的大小为5N·s B. 钉子的位置在O点正上方 67m处
C. 两球落地的速度相同 D. 甲乙两球做平抛运动的时间之比为 5;1
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 1 页)三、非选择题: 共 56分。
11.(8分) 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中
(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析，下列说法正确的是 。
A. 为尽可能减小测量误差，应取摆球经过最高点时为计时零点
B. 实验中误将51次全振动记为50次，测量出的重力加速度会偏大
C. 让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动)，可以使单摆的周期更长一些，更方便周期的测量
D. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量出的重力加速度g值偏小
E. 测量出多组单摆摆线的长度L和周期T，作出T²-L图像由图可求出重力加速度大小，图线不过原点，不会影响重力加速度的测量
(2)在周期测量的过程中，秒表指针如下图所示，其读数为 s：
(3)实验中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是表 。(填“A”或“B”)
(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据，在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像， 由该图像计算出重力加速度g= m/s²。(结果保留3位有效数字)
12.(8分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间 (选填“=”或“>”)通过光电门2的时间。
(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量，使滑块A 运动并与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为tv，与光电门2相连的计时器先、后显示两次遮光时间分别为t₂和t₃。若已知滑块A、B的质量分别为km、m(含遮光条)，遮光条宽度均为d(很窄)。滑块A、B碰撞过程中满足表达式 则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为 。(用题中已知和测量的物理量表示)
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是 。
A.kt₁=kt₃+t₂ B.1t1+1t3=1t2 C.kt12=kt22+1t32 D.kt1=1t2−kt3
13.(10分)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(2)若该波在该介质中传播的速度为3m/s，求该波的波长；(1) 请写出b点的振动方程； 甲
(3)若该波的波长大于0.3m，求可能的波速。
14. (14分)如图所示，轨道AB 部分为光滑的1/4 圆弧，半径 R=0.2m，A点与圆心等高，BC部分水平但不光滑。空间中加有竖直向下的匀强电场，场强 E=5×10³N/C。，现有一个可视为质点、质量 m=1kg、带电量。 q=−4×10⁻⁴C的物块从A点由静止释放，物块滑到水平面上的C点后静止。已知物块与 BC之间的动摩擦因数μ=0.1，滑动过程中物块所带电荷量不变，重力加速度g取 10m/s²。求：
(1) BC之间的距离 SBC:
(2) 物块离开圆弧前瞬间，物块对轨道的压力F的大小；
(3)若把电场方向改为水平向右，场强大小不变，仍把物块从A点由静止释放，物块第4次通过B点时的速度大小。
15.(16分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为 m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小：
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
常德市一中 2024 届高三第四次月水平检测考试 物理 (第 2 页)常德市一 中 2024 届高三第四次月水平检测物理答案
1．B【解析】A．主动降噪技术应用了波的干涉原理，故A错误；B．声波在同种介质中波速大小相等，故B正确；C．两声波频率相等时才能产生稳定干涉，故C错误；D．降噪声波与噪音声波步调相反，频率相同，干涉相消，P点的振幅为零，故D错误。故选B。
2．A【解析】A．根据对称性可知，A、A'两点场强大小相同，方向相反，选项A错误；B．根据对称性可知， B、B'两点电势相等，选项B正确；C．因AB两点的电势差等于A' B'两点的电势差，则将一点电荷从A点移动到B点电场力做的功等于把它从A'点移动到B'点电场力做的功，选项C正确；D．因AA'两点的电势差等于BB'两点的电势差，均为零，则将一点电荷从A点移动到A'点电场力做的功等于把它从B点移动到B'点电场力做的功，均等于零，选项D正确。故选A。
3.D【解析】在P点由圆周运动变为做离心运动，在Q点由近心运动变为做匀速圆周运动，都应该点火加速，A错；由A项可知，又根据，可知，则有，B错；轨道2上从P到到Q点只有万有引力做功，机械能不变，C错误；根据开普勒第三律，对轨道1有，同理对2、3有，，联立可得，D正确。故选D。
4.C【解析】弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有eq \f(1,2)kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以该振动的振幅为A＝0.08 m，故A错误；小球经过平衡位置时，动能为eq \f(1,2)mv2＝0.08 J，所以速度为v＝0.8 m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为a＝eq \f(kA,m)＝8 m/s2，故C正确；小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.15 kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故D错误．
5.A【解析】设小球A的质量为m，圆弧轨道B的质量为M，当小球与轨道速度相同时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1:3，即m:M=1:3系统减小的动能转化为小球A的重力势能。此时二者的速度方向都为水平方向，设小球A的初速度为v0，两者的共同速度为v共。根据动量守恒定律可知mv0=(M+m)v共,得小球A此时的动能为小球A此时的重力势能等于系统损失的动能得此时小球A的动能与其重力势能之比为1:12，A正确。
6．B【解析】由题意可知，初始状态有mg-F浮=0绳子松开瞬间，对极短时间内喷出的气体由动量定理可得，解得，则由牛顿第三定律可得气体对气球的作用力向上为。则由牛顿第二定律可得，解得故ACD错误，B正确。故选B。
7．CD【解析】A．弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，A错；B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，B错；C．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有则弹簧弹力冲量的大小为，C对；D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有，则弹簧弹力对头部所做的功为，D对。
8．AD【解析】A．根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,解得F = 10.5N,故A正确；B．由图乙可知物体的加速度为a=Δv/Δt=0.5m/s2,故B错误；C．4s内F的平均功率为,又 ,联立，解得,故C错误。D．4s末物体的速度为v物=2m/s,则拉力F作用点的速度为v=2v物=4m/s则拉力的功率P= Fv = 42W故D正确；故选AD。
9．CD【解析】A．由电场的叠加可知，O点的电场方向竖直向下，根据平衡可得，小球带负电，故选项A错误；B．O点的电场强度为三个点电荷的叠加，故选项B错误；C．由平衡得，得，故选项C正确；D．撤去C点电荷瞬间，由牛顿第二定律，得。故选CD。
10．BD【解析】A．乙球在最低点绳子刚好断裂，故对乙球有，解得根据动能定理有，解得m/s，冲量大小为N·s，故A错误；B．甲球开始运动的速率也是m/s，对甲球，根据动能定理有，可得甲球在最高点的速率m/s，甲球在最高点绳子刚好断裂，故对甲球有，解得，故B正确；CD．甲、乙两球做平抛运动，水平方向上的位移相等，根据可知，速度大小之比为，则时间之比为；根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知，，可知两球落地速度不相同；故C错误，D正确。故选BD。
11．（1）DE （2）57.8s （3） B（4）9.62m/s2
【解析】（1）A．摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小。故A错误；B．实验中误将51次全振动记为50次，则周期偏大，根据测量出的重力加速度会偏小，故B错误；C．根据,单摆周期与摆角大小无关，故C错误；D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，知摆长的测量值偏小，重力加速度g值偏小，故D正确；E．根据图像斜率,可得重力加速度为图线不过原点，但图线的斜率没有改变，重力加速度测定值不变，故不会影响重力加速度的测量,故E正确。故选DE。
（2）秒表的读数为57.8s
（3）实验数据的处理是依据每一次实验数据得出一个重力加速度，然后改变摆长，测出对应周期，再算出对应的重力加速度，最终将对此测量得出的重力加速度取平均值。若将多次摆长取平均值，周期取平均值，则重力加速度更加不准确，故选B。
（4）根据，故图像斜率=4.1，重力加速度，g=9.62m/s2
12．(1)= (2) ; (3)B
【解析】（1）此步骤为了调节气垫导轨使其水平，故需让滑块做匀速直线运动，则如果滑块通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，调节完毕。
（2）如A和B碰撞过程中动量守恒，则，解得；滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为；
（3）若两滑块发生的是弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒，则，且，解得故选B。
13．（1）y=10sin(cm；（2）2.4m；（3），2.5m/s，0.5m/s
【解析】（1）由图丙可知，周期与振幅分别为0.8s和10cm，b点在t=0时位移为-10cm，则振动方程为y=10sin(cm；
（2）由图像得周期T=0.8s，波速v=3m/s，波长为λ=vT=2.4m；
（3）该波的波长大于0.3m。若波由a向b传播，有=0.5m，，解得m/s；
若波由b向a传播=0.5m，，解得v2=2.5m/s，或者，，解得v3=0.5m/s
14．（1）2m；（2）24N；（3）m/s
【解析】（1）全过程由动能定理得(mg-qE)R-μ(mg-qE)SBC=0，解得SBC=2m；
（2）从A点运动到B点过程，根据动能定理有(mg-qE)R=，在B点时，根据合力提供向心力有，解得FN=24N，根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为24N。
（3）四次运动过程分别由动能定理得(mg-qE)R-(μmg+qE)s1=0，(qE-μmg)s1=
(μmg+qE)s2=,(qE-μmg)s2=，解得物块第4次通过B点时的速度大小为v3=m/s
15.（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【解析】【解析】（1）设小球第一次与圆盘碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
mgl=① 解得v0=②
设小球与圆盘发生第一次碰撞后小球的速度大小为vm1，圆盘的速度大小为vM1，取竖直向下的方向为正方向，在碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0=mvm1+MvM1 ③ 由能量守恒定律有=+④
联立②③④解得：vm1=-，“-”表示方向竖直向上；vM1= ，方向竖直向下。⑤
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为。
（2）方法1：
第一次碰撞后，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力大小相等，所以圆盘向下做匀速运动；小球先竖直向上做匀减速直线运动，后做自由落体运动。当小球向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间t0，则vM1=vm1+gt0⑥ 解得t0=⑦
这段时间内小球的位移x球=vm1t0+=-×+×()2=0 ⑧
即回到第一次与圆盘碰撞前的位置。
在这段时间内圆盘下落位移x盘=vM1t0=×=l ⑨
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为Δx=x盘-x球=l⑩
方法2：图像法
做出第二次碰撞前小球与圆盘的v-t图像如图所示。
由上述解法1可知t0=
v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，则由几何知识可知小球与圆盘间的最大距离Δx= 解得Δx=l。
方法3：相对运动法
第一次碰后瞬间，圆盘相对小球的初速度v相0=vM1-vm1=
圆盘相对小球的加速度a相=-g，故圆盘相对小球做匀减速运动。
当圆盘相对小球的末速度为零时，两者距离最大，于是有
0-v相02=2a相Δx 解得Δx=l。
方法4：函数极值法
在第一次碰撞到第二次碰撞之间，x球=vm1t+，x盘=vM1t，
而小球与圆盘间的距离为Δx=x盘-x球 故Δx=-+t=-g(t-)2+l
显然，当t==t0，小球与圆盘间的最大距离为Δxm=l 此时小球速度vm=vm1+gt1==vM1
（3）方法1：
设小球与圆盘第一次碰撞后到第二次碰撞前用时为t1，小球与圆盘第二次碰撞前速度为vm1'，故vm1'=vm1+gt1
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即 解得
圆盘的速度仍为vM1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=vM1t1=2l
即第一次碰后到第二次碰前圆盘下落的高度。
设小球与圆盘第二次碰撞后，小球的速度为vm2，圆盘的速度为vM2
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mvm1'+MvM1=mvm2+MvM2
由能量守恒定律有
联立解得vm2=0，vM2=
设小球和圆盘第二次碰撞后到第三次碰撞前用时为t2，当位移相等时
解得
这段时间内圆盘圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为 圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3 即，得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
方法2：图像法
根据方法1的分析，可画出小球与圆盘的v-t图像
由图象可知：小球每次与圆盘碰撞到再次碰撞前圆盘相比上一次碰撞多下降2l。
综上和方法1中的分析可知：第四次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l=13l<20l
假设第四次碰撞后圆盘未滑离圆管，则第五次碰撞前与管口的距离x=l+2l+4l+6l+8l=21l>20l
可知小球与圆盘发生第四次碰撞后圆盘会滑出圆管，即小球与圆管在管内共四次碰撞。
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