长郡中学2024年高二上学期第一次月考物理试卷+答案

长郡中学2023级高二上学期模块测试
物理
时量：75分钟 满分：100分
第Ⅰ卷
选择题（共44分）
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
项符合题目要求）
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ） A ．同一物体，动量越大，速度越大
B ．(8kg m/s)−⋅的动量小于(6kg m/s)+⋅的动量
C ．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
D ．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
2．做简谐运动的物体经过A 点时，加速度大小为21m/s ，方向指向B 点；当它经过B 点时，加速度大小为22m/s ，方向指向A 点。

若A 、B 之间的距离是6cm ，则关于它的平衡位置，说法正确的是（ ） A ．平衡位置在AB 连线左侧 B ．平衡位置在AB 连线右侧
C ．平衡位置在AB 连线之间，但不能确定具体位置
D ．平衡位置在AB 连线之间，且距离A 点为2cm 处
3．如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共振曲线可知（ ）
A ．该单摆的摆长约为2m
B ．若增大摆长，共振曲线的峰值向右偏移
C ．若增大摆球的质量，共振曲线的峰值向右偏移
D ．若在月球上做实验，共振曲线的峰值向左偏移
4．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，从B 到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态，自由端在C 点。

一质量为m 、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车（含挡板）质量为
2m ，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块到达B
B ．当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度
C ．弹簧获得的最大弹性势能为mgR
D ．滑块从A 点运动到B 点的过程中，小车运动的位移大小为
23
R 5．如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。

当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m 的砝码时一致，出风口半径为r ，空气密度为ρ，重力加速度大小为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大
B ．设出风口的风速为v ，则单位时间内出风口吹出气体的质量为22r v ρπ
C
D ．电吹风吹风的平均功率为 6．如图所示，在光滑水平面上有A 、B 两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B 上坐着一个小孩，小孩与B 车的总质量是A 车质量的10倍。

两车开始都处于静止状态，小孩把A 车以相对于地面的速度v 推出，A 车与墙壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到A 车后，又将其以相对于地面的速度v 推出。

每次推出后，A 车相对于地面的速度均为v ，方向向左。

则小孩把A 车推出几次后，A 车返回时小孩不能再接到A 车（ ）
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8
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，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分）
7．现如今的街头“老头乐”品牌层出不穷，给老年人带来了方便的同时，也存在着大量的交通安全问题，例如许多廉价的电动车无气囊，在电动车事故中，气囊可防止90%的头部受伤，大大减小损伤程度。

设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10ms 以上，人头部的质量约为2kg ，则下列说法正确的是（ ）
A ．气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B ．气囊减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C ．事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同
D ．若事故中头部以6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为1200N 8．P 、Q 两个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A ．P 、Q 的振幅之比是2:1
B ．P 、Q 的振动周期之比是2:1
C ．P 、Q 在0~1.2s 内经过的路程之比是1:1
D ．0.45s t =时刻，P 、Q 的位移大小之比是1:1
9．如图所示，A 、B 两物体质量均为m ，水平向左且大小为2mg 的恒定拉力1F 作用在A 上，拉着A 、B 由静止开始一起运动，运动过程中B 始终受到一个竖直向上的、大小与B 的速度大小成正比的力2F kv =，
经过时间t 物体A 、B 恰好发生相对滑动。

A 、B 间动摩擦因数10.8µ=，A 与地面间的动摩擦因数
20.4µ=，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体A 、
B 发生相对滑动时的速度45mg
v k =
B ．物体A 、B 发生相对滑动时的速度5mg
v k
= C ．从静止到恰好发生相对滑动全程B 的位移为
222m g mgtk
k − D ．从静止到恰好发生相对滑动全程B 的位移为22
3m g mgtk
k
− 10．一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，0t =时振子的位移为10.15m x =，1s t =时位移为20.15m x =−，则（ ）
A ．振子在1x 与2x 两处的加速度可能相同
B ．振子在1x 与2x 两处的速度可能不同
C ．若振幅为0.30m ，振子的周期可能为1.2s
D ．若振幅为0.30m ，振子的周期可能为4s
第Ⅱ卷 非选择题（共56分）
三、非选择题（本题共5小题，共56分）
11．（6分）某同学采用如图所示的装置，利用A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律。

实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P ，再把B 球放在斜槽末端，A 球从同一位置静止释放，A 、B 小球碰后落在记录纸上，分别得到落点B 、F 。

（1）（单选）A 球质量为1m ，半径为1r ；B 球质量为2m ，半径为2r ，则应满足____________。

A ．12m m =，12r r > B ．12m m >，12r r = C ．12m m =，12r r < D ．12m m <，12r r =
（2）（多选）必须要求的条件是____________。

A ．斜槽轨道末端的切线必须水平 B ．斜槽轨道必须是光滑的
C ．必须测量出OB 、OP 、OF 的长度1L 、2L 和3L
D ．必须测出水平槽离地面的高度
（3）写出本实验验证动量守恒定律的表达式________________________。

（用1m 、2m 、1L 、2L 和3L 表示）
12．（10分）某实验小组尝试测量电动车上蓄电池的电动势和内阻。

用电流表、电压表、滑动变阻器、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示实验电路。

（1）某同学选择合适的仪器按照图甲规范操作，实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，该同学在思考后将015R =Ω的定值电阻串入电路中，如图____________（选填“乙”或“丙”），解决了这一问题；
（2）多次调节滑动变阻器R 的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U 和I ，用测得的数据描绘出如图丁所示的U I −图像，则该电池的电动势E =____________V ，内阻0r =____________Ω（结果均保留两位有效数字）；
（3）该同学反思发现上述实验方案存在系统误差。

若考虑电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图丁中重新绘制U I −图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将____________，与纵坐标轴交点的数值将____________（两空均选填“变大”“变小”“不变”）。

13．（10分）两物块P 、Q 用轻细绳悬挂在轻弹簧下静止，如图所示。

物块P 的质量为m ，物块Q 的质量为M ，烧断连接P 、Q 的细绳后，P 做简谐运动，重力加速度为g 。

（1）若弹簧的劲度系数为k ，求P 做简谐运动的振幅A ；
（2）烧断细绳后，P 上升经过某位置时速度大小为v ，此时Q 下落速度大小为u ，求从烧断细绳后瞬间到此时的这段时间内，弹簧对P 的冲量大小。

14．（14分）如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为0.5kg m =的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为 1.96kg M =的物块，现有一质量为040g m =的子弹以
0100m/s v =的水平速度射入物块并留在物块中，子弹射入物块的时间极短，不计空气阻力和子弹与物块
作用的时间，g 取210m/s ，求： （1）物块所能达到的最大高度； （2）金属圆环的最大速度。

15．（16分）如图所示，光滑水平地面上，静置着足够长的木板B 和两小物块C 、D ，B 、C 、D 质量均为m 。

0t =时刻，一质量为3m 的小物块A 以0v 的初速度冲上B 的上表面水平向右滑行，A 与B 上表面间的动摩擦因数为µ。

当A 与B 共速时B 恰好与C 相碰。

此后，每当A 、B 再次共速时，B 又恰好与C 发生碰撞直到它们不再相碰为止。

已知重力加速度为g ，B 、C 、D 间的所有碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）物块A 冲上B 后，到与B 第一次共速时，A 在B 上滑行的距离1L ； （2）物块A 冲上B 前，木板B 右端到物块C 的距离1x ； （3）C 的最终速度大小v ；
（4）物块A 冲上B 后，A 在B 上滑行的总长度L 。

长郡中学2023级高二上学期模块测试物理参考答案一二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案
A
D
D
C
C
B
AD
ABC
BD
BC
1．A 【解析】根据p mv =可知，同一物体动量越大，速度一定越大，选项A 正确；动量的符号只代表方向，不代表大小，则(8kg m/s)−⋅的动量大于(6kg m/s)+⋅的动量，选项B 错误；物体的动量发生变化，可能是方向变化，不一定是物体速度大小发生变化，则其动能不一定变化，选项C 错误；做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，选项D 错误。

故选A 。

2．D 【解析】根据牛顿第二定律可知简谐运动物体的加速度大小为
F kx
a m m
==回，可知物体的加速度大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，由于回复力方向总是指向平衡位置，则加速度方向总是指向平衡位置，由题意可知，物体经过A 点时，方向指向B 点；物体经过B 点时，方向指向A 点；则平衡位置在AB 连线之间，设平衡位置与
A 点距离为1x ，与
B 点距离为2x ，则有126cm
x x +=，又
12
::1:2A B a a x x ==，联立解得12cm x =，故选D 。

3．D 【解析】单摆的固有频率为0.5Hz ，则周期2s T =，根据2T =1m L =，选项A 错误；若增大摆长，周期变大，固有频率减小，则共振曲线的峰值向左偏移，选项B 错
误；若增大摆球的质量，固有频率不变，则共振曲线的峰值不移动，选项C 错误；若在月球上做实验，重力加速度g 变小，则周期变大，固有频率变小，则共振曲线的峰值向左偏移，选项D 正确。

故选D 。

4．C 【解析】滑块从A 滑到B 时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有122mv mv =，
22
12
11222mgR mv mv =
+×，解得1v =2v =
A 错误；弹簧弹性势能最大时滑块与小车共速，设共速时的速度大小为v ，则有0(2)m m v =+，即弹簧弹性势能最大时，两者速度均为零，则根据能量守恒可知max p E mgR =，故
B 错误、
C 正确；从A 到B 滑下的过程，由人船模型122mx mx =，
12x x R +=，解得小车的位移是23
R
x =
，故D 错误。

故选C 。

5．C 【解析】当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于t ∆时间内吹出的风，
212P t mv ∆=
∆，与托盘作用过程，根据动量定理，F t mv ∆=∆，解得2P
F v
=
，故A 错误；单位时间内出风口吹出气体的质量2m Sv r v ρρπ′∆==，故B 错误；根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小
F mg =，根据动量定理222F t mv Sv t r v t ρπρ∆=∆=∆=∆
，解得v =
，故C 正确；据W
P t =，有2
1
2mv P t ∆=∆
，解得P =，故D 错误。

故选C 。

6．B 【解析】第1次推有110mv mv =，第2次推有121010mv mv mv mv +=−，第3次推有
231010mv mv mv mv +=−，可知第n 次推有11010n n mv mv mv mv −+=
−，则有21
10
n n v v −=，A 车返回时小孩不能再接到A 车，则有n v v ≥，解得 5.5n ≥，则小孩把A 车推出6次后，A 车返回时小孩不能再接到A 车。

故选B 。

7．AD 【解析】根据动量定理I F t p =∆=∆，可得p
F t
∆=
∆，由于气囊的缓冲与头部的撞击时间t ∆延长了，从而减小了对头部的作用力F ，也即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率p
t
∆∆，但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I 并未改变，故A 正确，B 错误；事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作
用力火小相等，方向相反，且作用时间相等，所以，可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等，方向相反，故C 错误；由题意，若事故中头部以6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力大小最多为1200N p m v
F
t t
∆∆===∆∆，故D 正确。

故选AD 。

8．ABC 【解析】由振动图像可知P 的振幅为10cm ，Q 的振幅为5cm ，则P 、Q 的振幅之比是2:1，故
A 正确；由振动图像可知P 的周期为1.2s ，Q 的周期为0.6s ，则P 、Q 的周期之比是2:1，故
B 正确；在
0~1.2s 内P 40cm ，Q 完成两个周期的振动，则路程也为40cm ，故路
程之比是1:1，故C 正确；P 和Q 离开平衡位置的位移方程为50.1sin m 3
P x t π =
，100.05sin m 3Q x t π
=
，则0.45s t =时刻，P 、Q
的位移分别为P x =，0.05m Q x =−，则P 、Q
:1，故D 错误。

故选ABC 。

9．BD 【解析】设AB 即将相对滑动的临界加速度为a ，对AB 整体分析，根据牛顿第二定律得
12(2)2F mg kv ma µ−−=，隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得1()mg kv ma µ−=，解得5mg
v k
=
，故A 错误，B 正确；对整体，根据动量定理有12(2)2Ft mg kv t mv µ−−=
，变形得12222Ft mgt kvt mv µµ−×+=；又x vt =，可得12222Ft mgt kx mv µµ−×+=，解得22
3m g mgtk
x k
−=，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10．BC 【解析】由于振子在1x 与2x 两处相对平衡位置对称，所以振子在1x 与2x 两处的加速度大小相等，方向相反；根据对称性可知，振子在1x 与2x 两处的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反，故A 错误，B 正确；若振幅为0.30m ，则0t =时有1020.3sin 00.15m x T πϕ
=×+=
，可得06πϕ=，可知从平衡位置到10.15m x =位置的最短时间为
1
12
T ，根据对称性和周期性可知，从10.15m x =位置到20.15m x =−位置所用时间满足11(0,1,2)12121s=n T n t
++=
∆= 或11s (0,1,2)2t n T n
∆+
或111s (0,1,2)23t n T n
∆++
可得6(0,1,2)61T s n n =
=+ 或2
s(0,1,2)21
T n n ==+ 或6(0,1,2)65T s n n ==
+ 当0n =时，可得6s T =或2s T =或 1.2s T =
当1n =时，可得6s 7T =或2s 3
T =或6
s 11T =
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、非选择题（本题共5小题，共56分）
11．（6分，每空2分） （1）B
（2）AC （选不全得1分，有选错得0分）
（3）12
1123m L m L m L =+ 【解析】（112r r =；为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即12m m >；故选B 。

（2）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端的切线必须水平，故A 正确；只要每次让小球从同一位置滑下即可，斜面不需要光滑，故B 错误；由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度则必须测量出OB 、OP 、OF 的长度1L 、2L 和3L ，故C 正确；由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故D 错误；故选AC 。

（3）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有101122m v m v m v =+ 在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得101122t t t m v m v m v =+⋅⋅⋅ 即121123m L m L m L =+ 12．（10分，每空2分） （1）乙
（2）12
1.0
（3）不变
变大
【解析】（1）实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，则可能是电源内
阻太小造成的，则可以在电源上串联一个定值电阻，则图乙可以解决这一问题。

（2）根据闭合电路的欧姆定律可知0()U E I R r =−+ 则由图像可知该电池的电动势12V E = 内阻0
12
15 1.00.75
r =Ω−Ω=Ω （3）图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变；电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。

13．（10分）【解析】（1）绳剪断前，P 、Q 整体分析，弹簧伸长的长度1()kx M m g =+
（2分）
解得1()M m g
x k
+=
绳剪断后，P 做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为2kx mg =（2分） 解得2mg
x k
=
故其振幅12Mg
A x x k
=−=
（2分）
（2）烧断细绳后，Q 做自由落体运动，Q 下落速度大小为u 的时间u t g
=
（1分）
对物块P ，根据动量定理可知I mgt mv −= （2分）
解得()I m v u =+
（1分）
14．（14分）【解析】（1）子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得
000()m v m M v =+
（2分）
得2m/s v =
物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有00()()m M v m M m v ′+=++
（2分）
解得 1.6m/s v ′= 根据机械能守恒定律有
2
200011()()()22
m M v m M m v m M gh ′+=++++ （2分）
代入数据可解得0.04m h = （2分）
（2）当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。

设此时子弹和物块的速度为1v ，圆环速度为2v ，则有0012()()m M v m M v mv +=++
（2分）
及2220012111()()222m M v m M v mv +=++ （2分）
由上述两式联立可解得1 1.2m/s v =，2 3.2m/s v =
故金属圆环的最大速度为3.2m/s （2分）
15．（16分）【解析】（1）由于地面光滑，A 、B 系统动量守恒，根据动量守恒定律有013(3)mv m m v =+（2分） 解得共速时的速度1034v v =，对A 、B 系统，根据能量守恒定律有221011133(3)22mgL mv m m v µ⋅=×−+（2分）
A 在
B 上滑行的距离2
18v L g µ= （2分）
（2）对B ，从A 冲上B 后到第一次与A 共速过程，根据动能定理有2
11
1
32mgx mv µ⋅= （2分） 解得A 冲上B 前，木板B 右端与物块C 的距离为2
1332v x g µ= （1分）
（3）B 与C 发生第1次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒111B C mv mv mv =+ （1分）222
111111222B C mv mv mv =+ （1分）
解得10B v =，103
4C v v = （1分）
同理，C 与D 发生第1次弹性碰撞有0C v =，103
4D v v =
A 、
B 第二次共速有2103
9
416v v v == （1分）
同理，B 与C 发生第2次弹性碰撞有20B v =，209
16C v v =
A 、
B 第三次共速有320213
27
464C D v v v v v ==<<
所以物块C 最终速度为209
16C v v v == （1分）
（4）对A 、B 、C 、D 系统，全程，根据能量守恒定律有
2222
0321111133(3)2222C D mgL mv m m v mv mv µ⋅=×−+−− （1分）
A 在
B 上滑行的总长度2
4812048v L g µ= （1分）。