高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1重慶市2023-2024學(xué)年（下）3月月度質(zhì)量檢測(cè)高二物理注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必用黑色簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、座位號(hào)在答題卡上填寫(xiě)清楚；2.每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑，在試卷上作答無(wú)效；3.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回；4.全卷共4頁(yè)，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.波源的振動(dòng)頻率為f，當(dāng)波源運(yùn)動(dòng)時(shí)，波源前方的靜止觀察者接收到的頻率為，波源后方的靜止觀察者接收到的頻率，則有（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗f由波源每秒鐘所振動(dòng)的次數(shù)決定，介質(zhì)振動(dòng)的頻率由波源頻率及波源相對(duì)介質(zhì)是否移動(dòng)來(lái)決定，當(dāng)觀察者遠(yuǎn)離波源過(guò)程中，觀察者接收到的機(jī)械波頻率比觀察者靜止時(shí)接收到的頻率??；當(dāng)觀察者靠近波源過(guò)程中，觀察者接收到的機(jī)械波頻率比觀察者靜止時(shí)接收到的頻率大，所以，，由上可知，故D正確，ABC錯(cuò)誤．2.關(guān)于單擺的認(rèn)識(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.伽利略通過(guò)對(duì)單擺的深入研究，得到了單擺周期公式B.擺球運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)，擺球所受的合力為零C.將鐘擺由海南移至哈爾濱，為保證鐘擺走時(shí)準(zhǔn)確，需要將鐘擺擺長(zhǎng)調(diào)長(zhǎng)些D.利用單擺測(cè)量重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，誤將擺線長(zhǎng)當(dāng)做擺長(zhǎng)，利用圖的斜率導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果偏小〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)物理學(xué)史可知，伽利略發(fā)現(xiàn)了單擺的等時(shí)性，惠更斯得出單擺的周期公式，故A錯(cuò)誤；B．單擺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，所以擺球在最低點(diǎn)受到的合外力提供向心力，不為零，故B錯(cuò)誤；C．將鐘擺由海南移至哈爾濱，重力加速度增大，根據(jù)單擺周期公式可知為保證擺鐘的準(zhǔn)確，需要將鐘擺擺長(zhǎng)調(diào)長(zhǎng)些，故C正確；D．由單擺的周期公式得得圖圖線斜率是，若誤將擺線長(zhǎng)當(dāng)作擺長(zhǎng)，那么畫(huà)出的直線將不通過(guò)原點(diǎn)，即可得做出圖圖線斜率不變，由圖線斜率得到的重力加速度與原來(lái)相比，其大小不變，故D錯(cuò)誤。3.A、B兩滑塊在光滑水平面上發(fā)生正碰，其位移x與時(shí)間t的圖像如圖所示。已知A的質(zhì)量為，碰撞時(shí)間不計(jì)，則（）A.B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞B.B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是彈性碰撞C.B的質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是彈性碰撞D.B質(zhì)量為，發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞〖答案〗B〖解析〗位移—時(shí)間圖像的斜率表示滑塊的速度，由圖像可得兩滑塊A、B碰撞前后的速度分別為、、、；由動(dòng)量守恒定律有解得碰前總動(dòng)能碰后總動(dòng)能代入數(shù)據(jù)可得碰撞前后總動(dòng)能不變，所以發(fā)生的碰撞是彈性碰撞。故選B。4.如圖所示，質(zhì)量相等的小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過(guò)程中A、B的水平位移分別為l和2l。兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，則（）A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B的位移相等B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B所受重力沖量相等C.A、B從拋出到落地的過(guò)程中重力的平均功率之比為2:1D.A、B落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，AB兩小球整個(gè)過(guò)程中位移的大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；B．由平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的規(guī)律可知，A、B整個(gè)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為由于兩球質(zhì)量相等，由沖量的表達(dá)式可知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B所受重力的沖量之比為∶1，故B錯(cuò)誤；C．從拋出到落地的過(guò)程中A、B兩球重力的平均功率之比為故C錯(cuò)誤；D．A、B落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為故D正確。故選D。5.如圖所示，A、B兩顆質(zhì)量相同的衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若p表示衛(wèi)星的動(dòng)量大小，E表示衛(wèi)星的機(jī)械能，a表示衛(wèi)星的向心加速度大小，T表示周期，則下列關(guān)系正確的是（）A.pA>pB B.EA<EB C.aA<aB D.TA<TB〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則有解得，A的軌道半徑較大，則vA<vB，由于AB的質(zhì)量相等，根據(jù)p=mv可知兩者動(dòng)量的大小關(guān)系pA<pB，故A錯(cuò)誤；B．衛(wèi)星由低軌道向高軌道運(yùn)動(dòng)需要增加機(jī)械能，故在A軌道的機(jī)械能大于B軌道的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則有解得，A的軌道半徑較大，則aA<aB，故C正確；D．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則有解得，A的軌道半徑較大，則TA>TB，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，放在暗室中的口徑較大不透明的薄壁圓柱形淺玻璃缸充滿水，缸底中心有一紅色發(fā)光小球（可看作點(diǎn)光源），從上往下看，則觀察到（）A.水面有一個(gè)亮點(diǎn)B.充滿水面圓形亮斑C.發(fā)光小球在水面上的像D.比小球淺的發(fā)光小球的像〖答案〗D〖解析〗AB.小球所發(fā)的光射向水面的入射角較大時(shí)會(huì)發(fā)生全反射，在水面上可以看到一個(gè)圓形亮斑，但不是充滿水面的圓形亮斑，故AB錯(cuò)誤；CD.由于光的折射，在水面上可看到比小球淺的發(fā)光小球的像，如圖所示，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.7.如圖所示，質(zhì)量為3kg的物塊靜置于足夠大的光滑水平地面上，光滑軌道的BC部分為半徑為R的四分之一圓弧，CD部分粗糙水平。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道頂端B正上方的A點(diǎn)由靜止自由落下，與圓弧相切于B點(diǎn)并從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小為10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊對(duì)小球不做功 B.物塊的最大速度為2m/sC.兩者分離時(shí)物塊移動(dòng)了0.15m D.物塊對(duì)地面的最大壓力為40N〖答案〗C〖解析〗根據(jù)兩者之間的機(jī)械能的變化判斷物塊是否對(duì)小球做功；當(dāng)小球滑到B點(diǎn)時(shí)物塊的速度最大，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求最大速度。在軌道最低點(diǎn)，由牛頓第二、三定律求解軌道的支持力，從而得到對(duì)軌道的壓力；由水平方向的平均動(dòng)量守恒求物塊的位移。A．在弧面上，小球由于與物塊之間的擠壓，物塊的機(jī)械能增加，小球的機(jī)械能減小。根據(jù)功能原理，物塊對(duì)小球做負(fù)功。在水平面CD上，由于二者之間的摩擦，兩者的機(jī)械能均減小，二者互相做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；BD．小球從A到C點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)小球和物塊組成的系統(tǒng)，由于水平方向不受外力，以向右方向?yàn)檎?，由水平方向?dòng)量守恒得mv1﹣Mv2＝0由機(jī)械能守恒得mg（hAB+R）＝聯(lián)立解得v1＝3m/sv2＝1m/s物塊的最大速度為1m/s，方向向左。在C點(diǎn)，對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律有FN﹣mg＝解得FN＝N根據(jù)牛頓第三定律知，小球?qū)ξ飰K的壓力FN′＝FN對(duì)物塊，根據(jù)平衡條件有FN1＝Mg+FN′根據(jù)牛頓第三定律有物塊對(duì)地面的壓力FN1′＝FN1聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得FN1′＝N故BD錯(cuò)誤；C．對(duì)整個(gè)過(guò)程，水平方向不受外力，則水平方向平均動(dòng)量守恒，以向右方向?yàn)檎杏忠驗(yàn)閤1+x2＝R+xCD聯(lián)立解得x1＝0.15mx2＝0.45m故C正確。二、多項(xiàng)選擇題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求；全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全得得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在x=0和x=0.6m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B的振動(dòng)圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.該簡(jiǎn)諧橫波的波速可能為B.該簡(jiǎn)諧橫波的波速可能為C.經(jīng)過(guò)，質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程為30mD.若末AB之間有兩個(gè)波谷，則可以確定波長(zhǎng)為〖答案〗BD〖解析〗由題分析可知可得波的周期為波速為A．若波速m/s時(shí)，n無(wú)整數(shù)解，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)n=0時(shí)，波速為B正確；C．經(jīng)過(guò)0.6s時(shí)，即，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路程為C錯(cuò)誤；D．若存在兩個(gè)波谷，即n=1．此時(shí)波長(zhǎng)為D正確。9.關(guān)于薄膜干涉，下述說(shuō)法中正確的是（）A.干涉條紋的產(chǎn)生是由于光在膜的前后兩表面反射，形成的兩列光波疊加的結(jié)果B.干涉條紋中的暗紋是由于上述兩列反射光的波谷與波谷疊加的結(jié)果C.干涉條紋是平行等間距的平行線時(shí)，說(shuō)明膜的厚度處處相等D.觀察薄膜干涉條紋時(shí)，應(yīng)在入射光的同一側(cè)〖答案〗AD〖解析〗A．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，干涉條紋的產(chǎn)生是由于光線在薄膜前后兩表面反射形成的兩列光波的疊加，故A正確；B．當(dāng)從肥皂膜前后表面反射的光程差等于半波長(zhǎng)奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱，形成暗條紋，則暗紋是由于上述兩列反射光的波谷與波峰疊加的結(jié)果，故B錯(cuò)誤；C．干涉條紋是平行等間距的平行線時(shí)，說(shuō)明膜在同一高度處的厚度處處相等，薄膜的干涉是等厚干涉，同一條紋厚度相同，故條紋是水平的，故C錯(cuò)誤；D．觀察薄膜干涉條紋時(shí)，是兩列頻率相同的反射光在薄膜上出現(xiàn)的現(xiàn)象，因此在入射光的同一側(cè)，故D正確；10.在一均勻介質(zhì)中選取平衡位置在同一直線上的9個(gè)質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩質(zhì)點(diǎn)間的距離均為0.2m，如圖（a）所示，一列橫波沿該直線向右傳播，t=0時(shí)到達(dá)質(zhì)點(diǎn)1，質(zhì)點(diǎn)1開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，振幅為0.05m，經(jīng)過(guò)時(shí)間0.6s第一次出現(xiàn)如圖（b）所示的波形。則（）A.該波的周期為0.6sB.該波的波速為4m/sC.第9個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向向上D.質(zhì)點(diǎn)1在0.6s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為0.3m〖答案〗BD〖解析〗A．因?yàn)橐涣袡M波沿該直線向右傳播，t=0時(shí)到達(dá)質(zhì)點(diǎn)1，質(zhì)點(diǎn)1開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，則該時(shí)刻波前在第13個(gè)質(zhì)點(diǎn)處，向右傳播了1.5個(gè)波長(zhǎng)，質(zhì)點(diǎn)1振動(dòng)了1.5個(gè)周期，所以，解得該波的周期為0.4s，A錯(cuò)誤；B．該波的波速為B正確；C．因?yàn)閠=0時(shí)到達(dá)質(zhì)點(diǎn)1，質(zhì)點(diǎn)1開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，所以第9個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向向下，C錯(cuò)誤；D．質(zhì)點(diǎn)1在0.6s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為D正確。故選BD。三、非選擇題：共5小題，共57分。11.一彈簧振子的位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為，位移y的單位為m，時(shí)間t的單位為s。在時(shí)，振子的運(yùn)動(dòng)速度為_(kāi)___，該振子在固有頻率為的周期性驅(qū)動(dòng)力的作用下做受迫振動(dòng)時(shí)振幅最大，則為_(kāi)_____。〖答案〗01.25〖解析〗[1]由彈簧振子的振動(dòng)方程可知，該振子的周期為當(dāng)時(shí)，振子從平衡位置開(kāi)始，振動(dòng)了四分之一周期，即此時(shí)振子在最大位移處，所以振子的運(yùn)動(dòng)速度為0；[2]振子的固有頻率為12.一質(zhì)量為的皮球。從高處自由落下，與地面相碰后反彈的最大高度為，規(guī)定豎直向上為正方向，則皮球著地時(shí)的動(dòng)量為_(kāi)_____，皮球離開(kāi)地面時(shí)的動(dòng)量為_(kāi)_____，則皮球與地面接觸這段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量為_(kāi)_____，設(shè)皮球與地面的作用時(shí)間為0.2s，地面對(duì)皮球的平均作用力大小為_(kāi)_____N。（）〖答案〗-0.80.61.49〖解析〗[1]由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可得皮球落地速度大小皮球著地時(shí)的動(dòng)量是[2]皮球反彈的速度大小解得皮球離開(kāi)地面時(shí)的動(dòng)量[3]皮球與地面接觸這段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量[4]由動(dòng)量定理可知解得13.如圖所示，質(zhì)量為的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為的小球以的速率碰到滑塊后又以的速率被彈回，試求滑塊獲得的速度?！即鸢浮?，方向與小球初速度方向一致〖解析〗對(duì)小球和滑塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得方向與小球初速度方向一致。14.如圖所示，一個(gè)豎直彈簧連著一個(gè)質(zhì)量為M的木塊，木塊上放一質(zhì)量為m的小鐵塊。現(xiàn)使整個(gè)裝置在豎直方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅為A，在整個(gè)過(guò)程中小鐵塊恰好不脫離木塊。（1）求彈簧的勁度系數(shù)k。（2）整個(gè)裝置在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，求彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，小鐵塊對(duì)木塊的壓力。〖答案〗（1）；（2）2mg，方向豎直向下〖解析〗（1）小鐵塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)又恰好不脫離木塊，彈簧處于無(wú)形變狀態(tài)。小鐵塊和木塊的加速度均為g，此時(shí)，系統(tǒng)的恢復(fù)力所以彈簧在平衡位置時(shí)的彈力則（2）由對(duì)稱性可知，彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，系統(tǒng)的加速度與系統(tǒng)在最高點(diǎn)的加速度等大、反向，即在最低點(diǎn)木塊與小鐵塊的加速度a=g，方向豎直向上，則對(duì)小鐵塊則根據(jù)牛頓第三定律可知，小鐵塊對(duì)木塊的壓力為，方向豎直向下。15.如圖所示，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)長(zhǎng)木板，靜止在光滑水平面上，長(zhǎng)木板右端Q有一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），離長(zhǎng)木板右側(cè)足夠遠(yuǎn)處固定一豎直彈性擋板R，滑塊與長(zhǎng)木板上表面間有摩擦，設(shè)段動(dòng)摩擦因數(shù)為、段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，O為的中點(diǎn)?，F(xiàn)給長(zhǎng)木板施加一個(gè)水平向右的恒定拉力，使長(zhǎng)木板向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)滑塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑動(dòng)，當(dāng)滑塊滑至O點(diǎn)時(shí)，立即撤去拉力。已知撤去拉力的瞬間滑塊的速度為，長(zhǎng)木板的速度為，之后滑塊恰好停在長(zhǎng)木板的左端P與長(zhǎng)木板共同向前運(yùn)動(dòng)，最后與擋板R發(fā)生彈性碰撞。（1）求恒定拉力作用的時(shí)間t；（2）求滑塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量關(guān)系；（3）若，求