资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
重庆市2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份重庆市2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析重庆市2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题原卷版docx、精品解析重庆市2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共4页，满分100分，考试时间75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 波源的振动频率为f，当波源运动时，波源前方的静止观察者接收到的频率为，波源后方的静止观察者接收到的频率，则有
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】f由波源每秒钟所振动的次数决定，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定，当观察者远离波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小；当观察者靠近波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大，所以， ，由上可知，故D正确，ABC错误．
2. 关于单摆的认识，下列说法中正确的是（ ）
A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B. 摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零
C. 将钟摆由海南移至哈尔滨，为保证钟摆走时准确，需要将钟摆摆长调长些
D. 利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长当做摆长，利用图的斜率导致测量结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物理学史可知，伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出单摆的周期公式，故A错误；
B．单摆的运动过程中摆球的运动轨迹为圆弧，所以摆球在最低点受到的合外力提供向心力，不为零，故B错误；
C．将钟摆由海南移至哈尔滨，重力加速度增大，根据单摆周期公式
可知为保证摆钟的准确，需要将钟摆摆长调长些，故C正确；
D．由单摆的周期公式
得
得图图线斜率是，若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即
可得做出图图线斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故D错误。
故选C。
3. A、B两滑块在光滑水平面上发生正碰，其位移x与时间t的图像如图所示。已知A的质量为，碰撞时间不计，则（ ）
A. B的质量为，发生的碰撞是非弹性碰撞
B. B的质量为，发生的碰撞是弹性碰撞
C. B的质量为，发生的碰撞是弹性碰撞
D. B的质量为，发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】B
【解析】
【详解】位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为、、、；由动量守恒定律有
解得
碰前总动能
碰后总动能
代入数据可得
碰撞前后总动能不变，所以发生碰撞是弹性碰撞。
故选B。
4. 如图所示，质量相等的小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。两小球可视为质点，忽略空气阻力，则（ ）
A. 整个运动过程中A、B的位移相等
B. 整个运动过程中A、B所受重力的冲量相等
C. A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为2:1
D. A、B落地时重力的瞬时功率之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，AB两小球整个过程中位移的大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由平抛运动竖直方向的规律
可知，A、B整个过程中运动时间之比为
由于两球质量相等，由冲量的表达式
可知整个运动过程中A、B所受重力的冲量之比为∶1，故B错误；
C．从抛出到落地的过程中A、B两球重力的平均功率之比为
故C错误；
D．A、B落地时重力的瞬时功率之比为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地球做匀速圆周运动，若p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小，T表示周期，则下列关系正确的是（ ）
A. pA> pBB. EA【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则vAp=mv
可知两者动量的大小关系pAB．卫星由低轨道向高轨道运动需要增加机械能，故在A轨道的机械能大于B轨道的机械能，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则aAD．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则TA>TB，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，放在暗室中的口径较大不透明的薄壁圆柱形浅玻璃缸充满水，缸底中心有一红色发光小球（可看作点光源），从上往下看，则观察到（ ）
A. 水面有一个亮点
B. 充满水面的圆形亮斑
C. 发光小球在水面上的像
D. 比小球浅的发光小球的像
【答案】D
【解析】
【详解】AB.小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，在水面上可以看到一个圆形亮斑，但不是充满水面的圆形亮斑，故AB错误；
CD.由于光的折射，在水面上可看到比小球浅的发光小球的像，如图所示，选项C错误，D正确.
7. 如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 物块对小球不做功B. 物块的最大速度为2m/s
C. 两者分离时物块移动了0.15mD. 物块对地面的最大压力为40N
【答案】C
【解析】
【分析】根据两者之间的机械能的变化判断物块是否对小球做功；
当小球滑到B点时物块的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求最大速度。在轨道最低点，由牛顿第二、三定律求解轨道的支持力，从而得到对轨道的压力；
由水平方向的平均动量守恒求物块的位移。
【详解】A．在弧面上，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，物块对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；
BD．小球从A到C点过程，对小球和物块组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得
mv1﹣Mv2＝0
由机械能守恒得
mg（hAB+R）＝
联立解得
v1＝3m/s
v2＝1m/s
物块的最大速度为1m/s，方向向左。
在C点，对小球根据牛顿第二定律有
FN﹣mg＝
解得
FN＝N
根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力
FN′＝FN
对物块，根据平衡条件有
FN1＝Mg+FN′
根据牛顿第三定律有物块对地面的压力
FN1′＝FN1
联立代入数据得
FN1′＝N
故BD错误；
C．对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有
又因为
x1+x2＝R+xCD
联立解得
x1＝0.15m
x2＝0.45m
故C正确。
故选C。
【点睛】本题是小球轨道模型，考查动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二、三定律等内容，要注意的是物块与地面无摩擦力，圆弧面也无摩擦，这是应用动量守恒定律的前提。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15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，选对但不全得得3分，有选错的得0分。
8. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、B的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该简谐横波的波速可能为
B. 该简谐横波的波速可能为
C. 经过，质点A运动的路程为30m
D. 若末AB之间有两个波谷，则可以确定波长为
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】由题分析可知
可得
波的周期为
波速为
A．若波速m/s时，n无整数解，A错误；
B．当n=0时，波速为
B正确；
C．经过0.6s时，即，质点运动路程为
C错误；
D．若存在两个波谷，即n=1．此时波长为
D正确。
故选BD。
9. 关于薄膜干涉，下述说法中正确的是 ( )
A. 干涉条纹的产生是由于光在膜的前后两表面反射，形成的两列光波叠加的结果
B. 干涉条纹中的暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果
C. 干涉条纹是平行等间距的平行线时，说明膜的厚度处处相等
D. 观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的同一侧
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，故A正确；
B．当从肥皂膜前后表面反射的光程差等于半波长奇数倍时，振动减弱，形成暗条纹，则暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波峰叠加的结果，故B错误；
C．干涉条纹是平行等间距的平行线时，说明膜在同一高度处的厚度处处相等，薄膜的干涉是等厚干涉，同一条纹厚度相同，故条纹是水平的，故C错误；
D．观察薄膜干涉条纹时，是两列频率相同的反射光在薄膜上出现的现象，因此在入射光的同一侧，故D正确；
故选AD。
10. 在一均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.2m，如图（a）所示，一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.05m，经过时间0.6s第一次出现如图（b）所示的波形。则（ ）
A. 该波的周期为0.6s
B. 该波的波速为4m/s
C. 第9个质点开始振动的方向向上
D. 质点1在0.6s内运动的路程为0.3m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，则该时刻的波前在第13个质点处，向右传播了1.5个波长，质点1振动了1.5个周期，所以， 解得 ，该波的周期为0.4s，A错误；
B．该波的波速为
B正确；
C．因为t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，所以第9个质点开始振动的方向向下，C错误；
D．质点1在0.6s内运动的路程为
D正确。
故选BD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为，位移y的单位为m，时间t的单位为s。在时，振子的运动速度为____，该振子在固有频率为的周期性驱动力的作用下做受迫振动时振幅最大，则为______。
【答案】 ①. 0 ②. 1.25
【解析】
【分析】
【详解】[1]由弹簧振子的振动方程可知，该振子的周期为
当
时，振子从平衡位置开始，振动了四分之一周期，即此时振子在最大位移处，所以振子的运动速度为0；
[2]振子的固有频率为
12. 一质量为的皮球。从高处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为，规定竖直向上为正方向，则皮球着地时的动量为______，皮球离开地面时的动量为______，则皮球与地面接触这段时间内动量的变化量为______，设皮球与地面的作用时间为0.2s，地面对皮球的平均作用力大小为______N。（）
【答案】 ①. -0.8 ②. 0.6 ③. 1.4 ④. 9
【解析】
【详解】[1]由匀变速直线运动的速度位移公式可得
皮球落地速度大小
皮球着地时的动量是
[2]皮球反弹的速度大小
解得
皮球离开地面时的动量
[3]皮球与地面接触这段时间内动量的变化量
[4]由动量定理可知
解得
13. 如图所示，质量为的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为的小球以的速率碰到滑块后又以相同的速率被弹回，试求滑块获得的速度。
【答案】，方向与小球初速度方向一致
【解析】
【详解】对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有
代入数据解得
方向与小球初速度方向一致。
14. 如图所示，一个竖直弹簧连着一个质量为M的木块，木块上放一质量为m的小铁块。现使整个装置在竖直方向上做简谐运动，振幅为A，在整个过程中小铁块恰好不脱离木块。
（1）求弹簧的劲度系数k。
（2）整个装置在运动过程中，求弹簧长度最短时，小铁块对木块的压力。
【答案】（1）；（2） 2mg，方向竖直向下
【解析】
【分析】
【详解】（1）小铁块运动到最高点又恰好不脱离木块，弹簧处于无形变状态。
小铁块和木块的加速度均为g，此时，系统的恢复力
所以弹簧在平衡位置时的弹力
则
（2）由对称性可知，弹簧长度最短时，系统的加速度与系统在最高点的加速度等大、反向，即在最低点木块与小铁块的加速度a=g，方向竖直向上，则对小铁块
则
根据牛顿第三定律可知，小铁块对木块压力为，方向竖直向下。
15. 如图所示，质量为m，长为L的长木板，静止在光滑水平面上，长木板右端Q有一个质量为M的滑块（可视为质点），离长木板右侧足够远处固定一竖直弹性挡板R，滑块与长木板上表面间有摩擦，设段动摩擦因数为、段的动摩擦因数为，O为的中点。现给长木板施加一个水平向右的恒定拉力，使长木板向右运动，同时滑块相对于长木板滑动，当滑块滑至O点时，立即撤去拉力。已知撤去拉力的瞬间滑块的速度为，长木板的速度为，之后滑块恰好停在长木板的左端P与长木板共同向前运动，最后与挡板R发生弹性碰撞。
（1）求恒定拉力作用的时间t；
（2）求滑块与长木板的质量关系；
（3）若，求长木板最终的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）0.25m/s，方向向左
【解析】
【详解】（1）当滑块滑至O点时，有
解得
（2）撤去拉力后，滑块恰好停在长木板的左端P所用时间为，与木板有共同速度 ，则有
解得
对木板分析有
，
对滑块分析没有撤力时，有
，
对滑块分析撤力后，有
，
联立可得
则
，
所以
即
（3）与挡板R发生弹性碰撞后，长木板与原速率返向运动，根据动量守恒定律有
由（2）可知
，
联立解得
滑块滑到长木板右端时，产生热量为
则滑块从右端滑出，设滑出时滑块的速度为，木板的速度为，则有
整理有
，
联立解得
或
所以长木板最终的速度大小为0.25m/s，方向向左。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共4页，满分100分，考试时间75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 波源的振动频率为f，当波源运动时，波源前方的静止观察者接收到的频率为，波源后方的静止观察者接收到的频率，则有
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】f由波源每秒钟所振动的次数决定，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定，当观察者远离波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率小；当观察者靠近波源过程中，观察者接收到的机械波频率比观察者静止时接收到的频率大，所以， ，由上可知，故D正确，ABC错误．
2. 关于单摆的认识，下列说法中正确的是（ ）
A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B. 摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零
C. 将钟摆由海南移至哈尔滨，为保证钟摆走时准确，需要将钟摆摆长调长些
D. 利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长当做摆长，利用图的斜率导致测量结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物理学史可知，伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出单摆的周期公式，故A错误；
B．单摆的运动过程中摆球的运动轨迹为圆弧，所以摆球在最低点受到的合外力提供向心力，不为零，故B错误；
C．将钟摆由海南移至哈尔滨，重力加速度增大，根据单摆周期公式
可知为保证摆钟的准确，需要将钟摆摆长调长些，故C正确；
D．由单摆的周期公式
得
得图图线斜率是，若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即
可得做出图图线斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故D错误。
故选C。
3. A、B两滑块在光滑水平面上发生正碰，其位移x与时间t的图像如图所示。已知A的质量为，碰撞时间不计，则（ ）
A. B的质量为，发生的碰撞是非弹性碰撞
B. B的质量为，发生的碰撞是弹性碰撞
C. B的质量为，发生的碰撞是弹性碰撞
D. B的质量为，发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】B
【解析】
【详解】位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为、、、；由动量守恒定律有
解得
碰前总动能
碰后总动能
代入数据可得
碰撞前后总动能不变，所以发生碰撞是弹性碰撞。
故选B。
4. 如图所示，质量相等的小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。两小球可视为质点，忽略空气阻力，则（ ）
A. 整个运动过程中A、B的位移相等
B. 整个运动过程中A、B所受重力的冲量相等
C. A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为2:1
D. A、B落地时重力的瞬时功率之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，AB两小球整个过程中位移的大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由平抛运动竖直方向的规律
可知，A、B整个过程中运动时间之比为
由于两球质量相等，由冲量的表达式
可知整个运动过程中A、B所受重力的冲量之比为∶1，故B错误；
C．从抛出到落地的过程中A、B两球重力的平均功率之比为
故C错误；
D．A、B落地时重力的瞬时功率之比为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地球做匀速圆周运动，若p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小，T表示周期，则下列关系正确的是（ ）
A. pA> pBB. EA
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则vA
可知两者动量的大小关系pA
C．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则aA
解得，A的轨道半径较大，则TA>TB，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，放在暗室中的口径较大不透明的薄壁圆柱形浅玻璃缸充满水，缸底中心有一红色发光小球（可看作点光源），从上往下看，则观察到（ ）
A. 水面有一个亮点
B. 充满水面的圆形亮斑
C. 发光小球在水面上的像
D. 比小球浅的发光小球的像
【答案】D
【解析】
【详解】AB.小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，在水面上可以看到一个圆形亮斑，但不是充满水面的圆形亮斑，故AB错误；
CD.由于光的折射，在水面上可看到比小球浅的发光小球的像，如图所示，选项C错误，D正确.
7. 如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 物块对小球不做功B. 物块的最大速度为2m/s
C. 两者分离时物块移动了0.15mD. 物块对地面的最大压力为40N
【答案】C
【解析】
【分析】根据两者之间的机械能的变化判断物块是否对小球做功；
当小球滑到B点时物块的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求最大速度。在轨道最低点，由牛顿第二、三定律求解轨道的支持力，从而得到对轨道的压力；
由水平方向的平均动量守恒求物块的位移。
【详解】A．在弧面上，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，物块对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；
BD．小球从A到C点过程，对小球和物块组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得
mv1﹣Mv2＝0
由机械能守恒得
mg（hAB+R）＝
联立解得
v1＝3m/s
v2＝1m/s
物块的最大速度为1m/s，方向向左。
在C点，对小球根据牛顿第二定律有
FN﹣mg＝
解得
FN＝N
根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力
FN′＝FN
对物块，根据平衡条件有
FN1＝Mg+FN′
根据牛顿第三定律有物块对地面的压力
FN1′＝FN1
联立代入数据得
FN1′＝N
故BD错误；
C．对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有
又因为
x1+x2＝R+xCD
联立解得
x1＝0.15m
x2＝0.45m
故C正确。
故选C。
【点睛】本题是小球轨道模型，考查动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二、三定律等内容，要注意的是物块与地面无摩擦力，圆弧面也无摩擦，这是应用动量守恒定律的前提。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15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，选对但不全得得3分，有选错的得0分。
8. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、B的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该简谐横波的波速可能为
B. 该简谐横波的波速可能为
C. 经过，质点A运动的路程为30m
D. 若末AB之间有两个波谷，则可以确定波长为
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】由题分析可知
可得
波的周期为
波速为
A．若波速m/s时，n无整数解，A错误；
B．当n=0时，波速为
B正确；
C．经过0.6s时，即，质点运动路程为
C错误；
D．若存在两个波谷，即n=1．此时波长为
D正确。
故选BD。
9. 关于薄膜干涉，下述说法中正确的是 ( )
A. 干涉条纹的产生是由于光在膜的前后两表面反射，形成的两列光波叠加的结果
B. 干涉条纹中的暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果
C. 干涉条纹是平行等间距的平行线时，说明膜的厚度处处相等
D. 观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的同一侧
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，故A正确；
B．当从肥皂膜前后表面反射的光程差等于半波长奇数倍时，振动减弱，形成暗条纹，则暗纹是由于上述两列反射光的波谷与波峰叠加的结果，故B错误；
C．干涉条纹是平行等间距的平行线时，说明膜在同一高度处的厚度处处相等，薄膜的干涉是等厚干涉，同一条纹厚度相同，故条纹是水平的，故C错误；
D．观察薄膜干涉条纹时，是两列频率相同的反射光在薄膜上出现的现象，因此在入射光的同一侧，故D正确；
故选AD。
10. 在一均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.2m，如图（a）所示，一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.05m，经过时间0.6s第一次出现如图（b）所示的波形。则（ ）
A. 该波的周期为0.6s
B. 该波的波速为4m/s
C. 第9个质点开始振动的方向向上
D. 质点1在0.6s内运动的路程为0.3m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，则该时刻的波前在第13个质点处，向右传播了1.5个波长，质点1振动了1.5个周期，所以， 解得 ，该波的周期为0.4s，A错误；
B．该波的波速为
B正确；
C．因为t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，所以第9个质点开始振动的方向向下，C错误；
D．质点1在0.6s内运动的路程为
D正确。
故选BD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为，位移y的单位为m，时间t的单位为s。在时，振子的运动速度为____，该振子在固有频率为的周期性驱动力的作用下做受迫振动时振幅最大，则为______。
【答案】 ①. 0 ②. 1.25
【解析】
【分析】
【详解】[1]由弹簧振子的振动方程可知，该振子的周期为
当
时，振子从平衡位置开始，振动了四分之一周期，即此时振子在最大位移处，所以振子的运动速度为0；
[2]振子的固有频率为
12. 一质量为的皮球。从高处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为，规定竖直向上为正方向，则皮球着地时的动量为______，皮球离开地面时的动量为______，则皮球与地面接触这段时间内动量的变化量为______，设皮球与地面的作用时间为0.2s，地面对皮球的平均作用力大小为______N。（）
【答案】 ①. -0.8 ②. 0.6 ③. 1.4 ④. 9
【解析】
【详解】[1]由匀变速直线运动的速度位移公式可得
皮球落地速度大小
皮球着地时的动量是
[2]皮球反弹的速度大小
解得
皮球离开地面时的动量
[3]皮球与地面接触这段时间内动量的变化量
[4]由动量定理可知
解得
13. 如图所示，质量为的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为的小球以的速率碰到滑块后又以相同的速率被弹回，试求滑块获得的速度。
【答案】，方向与小球初速度方向一致
【解析】
【详解】对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有
代入数据解得
方向与小球初速度方向一致。
14. 如图所示，一个竖直弹簧连着一个质量为M的木块，木块上放一质量为m的小铁块。现使整个装置在竖直方向上做简谐运动，振幅为A，在整个过程中小铁块恰好不脱离木块。
（1）求弹簧的劲度系数k。
（2）整个装置在运动过程中，求弹簧长度最短时，小铁块对木块的压力。
【答案】（1）；（2） 2mg，方向竖直向下
【解析】
【分析】
【详解】（1）小铁块运动到最高点又恰好不脱离木块，弹簧处于无形变状态。
小铁块和木块的加速度均为g，此时，系统的恢复力
所以弹簧在平衡位置时的弹力
则
（2）由对称性可知，弹簧长度最短时，系统的加速度与系统在最高点的加速度等大、反向，即在最低点木块与小铁块的加速度a=g，方向竖直向上，则对小铁块
则
根据牛顿第三定律可知，小铁块对木块压力为，方向竖直向下。
15. 如图所示，质量为m，长为L的长木板，静止在光滑水平面上，长木板右端Q有一个质量为M的滑块（可视为质点），离长木板右侧足够远处固定一竖直弹性挡板R，滑块与长木板上表面间有摩擦，设段动摩擦因数为、段的动摩擦因数为，O为的中点。现给长木板施加一个水平向右的恒定拉力，使长木板向右运动，同时滑块相对于长木板滑动，当滑块滑至O点时，立即撤去拉力。已知撤去拉力的瞬间滑块的速度为，长木板的速度为，之后滑块恰好停在长木板的左端P与长木板共同向前运动，最后与挡板R发生弹性碰撞。
（1）求恒定拉力作用的时间t；
（2）求滑块与长木板的质量关系；
（3）若，求长木板最终的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）0.25m/s，方向向左
【解析】
【详解】（1）当滑块滑至O点时，有
解得
（2）撤去拉力后，滑块恰好停在长木板的左端P所用时间为，与木板有共同速度 ，则有
解得
对木板分析有
，
对滑块分析没有撤力时，有
，
对滑块分析撤力后，有
，
联立可得
则
，
所以
即
（3）与挡板R发生弹性碰撞后，长木板与原速率返向运动，根据动量守恒定律有
由（2）可知
，
联立解得
滑块滑到长木板右端时，产生热量为
则滑块从右端滑出，设滑出时滑块的速度为，木板的速度为，则有
整理有
，
联立解得
或
所以长木板最终的速度大小为0.25m/s，方向向左。
相关试卷
江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）： 这是一份江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题原卷版docx、精品解析江苏省靖江高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
重庆市名校联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考物理试题（解析版+原卷版）： 这是一份重庆市名校联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考物理试题（解析版+原卷版），文件包含精品解析重庆市名校联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考物理试题原卷版docx、精品解析重庆市名校联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
四川省射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（解析版+原卷版）： 这是一份四川省射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（解析版+原卷版），文件包含精品解析四川省射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题原卷版docx、精品解析四川省射洪中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
