2024-2025學年湖北省隨州市部分高中聯考協作體高二（上）月考物

理試卷（12月）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.質量為0.5題的物體，運動速度為3m/s,它在一個變力作用下速度變為7m/s,方向和原來方向相反，

則這段時間動量的變化量為（）

A.5kg-m/s,方向與原運動方向相反B.5kg-m/s,方向與原運動方向相同

C.2kg-m/s,方向與原運動方向相反D.2kg-m/s,方向與原運動方向相同

【答案】A

【解析】【分析】

本題考查對動量、動量的變化量的理解。

直接計算此過程動量的變化量即可判斷。

【解答】

以原運動方向為正方向，則這段時間動量的變化量為/p==-5kg-m/s,負號表示動量變化

的方向與原運動方向相反，故/正確，BCD錯誤。

故選/。

2.甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，己知它們的動量分別是Pi=5kg?ni/s,p2=7kg-m/s,甲從

后面追上乙并發生碰撞，碰后乙球的動量變為10kg?m/s,則二球質量mi與巾2間的關系可能是下面的哪幾

種（）

A.m1=m2B.27nl=m2C.47nl=m2D.6nli=m2

【答案】c

【解析】【分析】

碰撞過程遵守動量，總動能不增加，根據這兩個規律，得到人B兩球的質量關系。對于碰撞過程，往往根

據三大規律，分析兩個質量的范圍：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、碰撞后兩物體同向運動時，后

面物體的速度不大于前面物體的速度。

【解答】

根據動量守恒定律得

Pl+P2=P1+P2

解得Pj=2kg-m/s

碰撞過程系統的總動能不增加，則有

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p2p2^p2p2

2771127n2、2771127712

解得:2<ti

碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有

紅〈包

7H17712

解得:5>|

從而翳的取值范圍：用,5],故C正確，/AD錯誤。

1Z

故選C。

3.正在運轉的機器，當其飛輪以角速度g勻速轉動時，機器的振動不強烈，切斷電源，飛輪的轉動逐漸慢

下來，在某一小段時間內機器卻發生了強烈的振動，此后飛輪轉速繼續變慢，機器的振動也隨之減弱，在

機器停下來之后若重新啟動機器，使飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到30,在這一過程中（）

A.機器一定不會發生強烈的振動

B.機器不一定還會發生強烈的振動

C.若機器發生強烈振動，強烈振動可能發生在飛輪角速度為3。時

D.若機器發生強烈振動，強烈振動時飛輪的角速度肯定不為小

【答案】D

【解析】【分析】

當機器的固有頻率和驅動頻率相等時達到共振，飛輪角速度由0緩慢增加到3o過程中，驅動頻率一定會再

次和機器固有頻率相等，因此一定會再次發生共振，發生強烈振動，當機器的飛輪以角速度30勻速轉動

時，其振動不強烈，則機器若發生強烈振動，強烈振動時飛輪的角速度肯定不為30。

本題考查共振。達到共振的條件是驅動頻率和固有頻率正好相等，掌握并應用此規律是解題關鍵。

【解答】

4B.飛輪以角速度30轉動逐漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發生了強烈的振動，說明此過程機器的固

有頻率與驅動頻率相等達到了共振，當飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到30,在這一過程中，一定會

出現機器的固有頻率與驅動頻率相等即達到共振的現象，機器一定還會發生強烈的振動，故N8錯誤；

CD由已知當機器的飛輪以角速度30勻速轉動時，其振動不強烈，則機器若發生強烈振動，強烈振動時飛

輪的角速度肯定不為30,故C錯誤，。正確。

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4.一列簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖所示，已知圖中質點6的起振時刻比質點a延遲了0.5s,b和c之間的

距離是5小，下列說法正確的是（）

A.此列波的波長為2.5mB,此列波的波速為5m/s

C.此列波的頻率為2”zD.此時質點N正沿x軸正方向運動

【答案】B

【解析】4相鄰兩個波峰或者波谷之間的距離就是一個波長，所以6和c之間的距離就是一個波長，即

2=5m,N錯誤；

BCD質點6的起振時刻比質點a延遲了0.5s,說明波是向x軸正方向傳播的，質點N正沿y軸負方向運

動，b和a之間的距離是半個波長，故7=1.0s,此列波的頻率為/=*=lHz,此列波的波速為

v=-=Sm/s,8正確，CD錯誤。

故選瓦

5.0、P、Q為軟繩上的三點，t=0時刻手持。點由平衡位置開始在豎直方向做簡諧運動，至七時刻恰好完

成兩次全振動，此時繩上。Q間形成的波形如圖所示，下列四幅位移-時間圖像中能反映P點在0?五時間內

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【答案】D

【解析】【分析】

本題考查波的傳播與質點做簡諧運動的關系，根據題意可知。點在071時間內完成了兩次全振動，則可以

做出全部波形圖，明確波傳播過程中，所有質點的起振方向都是一致的，再結合波傳播到尸點用時一個周

期得出結論。

【解答】

根據題意可知。點在0~71時間內完成了兩次全振動，做出071的波形圖如下:

波向右傳播，根據波形平移法可知最右邊質點的起振方向向下，所以質點P的起振方向也是向下的，

OP間距為一個波長，所以波傳到P點用了一個周期的時間，則P點在0?4時間內只振動了一個周期，故

選。。

6.用玻璃制成的一塊棱鏡的截面圖如圖所示，其中是矩形，OED是半徑為R的四分之一圓弧，。為圓

心，OB長為多一束光線從4B面上以入射角打射入棱鏡后，恰好在。點發生全反射后從圓弧面射出，光路

圖如圖所示。已知光在空氣中的傳播速度為c,在棱鏡中的傳播速度為gc,則光線在棱鏡中傳播的時間為

()

【答案】D

【解析】【分析】

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由公式〃=蜷求出玻璃的折射率小在BE面上發生全反射，可求臨界角，由幾何關系求出光在棱鏡中的傳播

距離，即可求得光從進入棱鏡到射出棱鏡所需時間t。

【解答】

Qc,5

由U=一得71=一=礪=:，

光線在BE面上恰好發生全反射，入射角等于臨界角C。

R

-

3

由sinC=：=￡由幾何關系在力B。。傳播的距離si=需-4-2R,在半徑為R的四分之一圓弧中傳播

-

ILDoil!C/5

的距離S2=R,所以t='也=攀，所以N2C錯誤，。正確。

V4-oC

故選。。

7.如圖所示，△力BC為一玻璃三棱鏡的橫截面，乙4=30°.一束紅光垂直4B邊射入，從4C邊上的。點射

出，其折射角為60。，則玻璃對紅光的折射率為（）

【答案】C

【解析】解：光從邊垂直入射時不發生折射，所以紅光到達4C面的入射角為i=30。，折射角為

r=60。，則玻璃對紅光的折射率為n=需=黑黑=避，故C正確，4BD錯誤。

sinisinSO

故選:Co

根據畫好的光路圖，結合幾何關系計算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小。

解答本題的關鍵是：理解入射角及折射角的定義，熟練掌握折射定律的具體應用，特別要注意本題的條件

是光線從AB面垂直進入，是不在4B邊發生偏折。

二、多選題：本大題共3小題，共12分。

8.水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經歷時間為5子彈損失動能為損，系統機械能的損

失為電損，穿透后系統的總動量為Pi；同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經

歷時間為均，子彈損失動能為/反2損，系統機械能的換失為E2損，穿透后系統的總動量為P2,設木塊給子

彈的阻力為恒力，且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列說法中正確的是（）

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A.攵VhB-以2損>”損c.&損>E1損D.P2>Pi

【答案】BD

【解析】【分析】

兩次擊中木塊過程中，子彈受的平均阻力/相同，兩次的加速度相等；子彈以同樣的速度打穿放在光滑水

平面上的同樣的木塊時，木塊會在水平面內滑動，所以第二次時子彈的位移S2要大于第一次的位移Si，結

合位移的公式可以判定時間的關系和子彈損失的動能之間的關系；根據能量守恒定律，系統摩擦生熱

Q=fs,其中/為阻力，s為子彈相對于木塊的位移。根據動量守恒定律分析動量關系。

本題考查了動能定理和能量守恒定律在子彈打木塊模型中的應用，注意研究對象的選取和功能關系的應

用，要注意系統損失的機械能等于系統克服阻力做的功，而系統克服阻力做的功與子彈和木塊的相對位移

有關。

【解答】

/、兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力/相同，根據牛頓第二定律a=￡,兩次的加速度相等；第二次

以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過木塊的過程中，木塊會在水平面內滑

動，所以第二次時子彈的位移52要大于第一次的位移Si，即S2>Si;子彈做減速運動，由位移公式：

-1

S=l70t+5at2和52>51可得，.故/錯誤；

2、兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力相同，阻力對子彈做的功等于子彈損失的動能，即：

△E長損=fS,由于S2>S],所以△/2損>△耳1損，故5正確；

C、兩次擊中木塊過程中，子彈受到的平均阻力相同，系統摩擦生熱Q=fd,其中f為阻力，d為子彈相對

于木塊的位移。由于兩次子彈相對于木塊的位移都是木塊的厚度，所以系統機械能的損失相等，即

&損=為損.故C錯誤；

。、Pi小于子彈的初動量。第二次子彈穿透木塊的過程，系統的動量守恒，則P2等于子彈的初動量。所以

P2>Pi>故。正確。

故選：BD。

9.如圖所示，一輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一物塊，物塊沿豎直方向以。點為中心點，在C、

D兩點之間做周期為7的簡諧運動。已知在無時刻物塊的速度大小為〃、方向向下，動能為叫。下列說法正

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確的是（）

、\'

-C

O

-

D

-

A.如果在t2時刻物塊的速度大小也為外方向向下，則t2-tl的最小值小于5

B.如果在外時刻物塊的動能也為Ek，則t2-ti的最小值為T

C.物塊通過。點時動能最大

D.當物塊通過。點時，其加速度最小

【答案】ACD

【解析】【分析】

物塊做簡諧運動，物塊同向經過關于平衡位置對稱的兩點時動量相等。物塊經過同一位置或關于平衡位置

對稱的位置時動能相等。當物塊通過平衡位置時加速度最小。

解決本題的關鍵要抓住簡諧運動的對稱性和周期性，知道簡諧運動的特征：a=-也來分析各個物理量的

m

變化。

【解答】

4物塊做簡諧運動，物塊同向經過關于平衡位置對稱的兩點時速度相等，所以如果在t2時刻物塊的速度也

為以-打的最小值小于等于看故/正確；

2.物塊經過同一位置或關于平衡位置對稱的位置時動能相等，如果在以時刻物塊的動能也為見,則t2-tl的

最小值可以小于T,故8錯誤；

CD.圖中。點是平衡位置，根據a=-得知，物塊經過。點時其加速度最小，速度最大，則動能最大，故CD

正確。

故選/CD。

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10.夏天，游泳是孩子們最喜歡的運動項目之一。如圖所示是某市水上運動中心

安置在游泳池中底部的照相機拍攝的一張小紅游泳的照片，相機的鏡頭豎直向

上，照片中運動館的景象呈現在半徑r=7.5CM的圓形范圍內，水面上的小紅頭

到腳的長度Z=4.0cm。若已知水的折射率n=小小紅實際身高無=160cm,則下列說法正確的是()

A.游泳池的水深約為2.6爪B,游泳池的水深約為3.6m

C.該題涉及的物理知識是干涉和衍射D.該題涉及的物理知識是折射和全反射

【答案】AD

【解析】解：AB.設照片圓形區域的半徑為R,泳池水深為如圖所示：

光線在水面恰好發生全反射，貝『

bino

D

根據幾何關系得：sina=jR2+用

R_h

丁7

聯立以上各式解得：Hx2.6m,故/正確，3錯誤；

CD,由以上分析可知，題目場景所涉及到的物理知識是折射和全反射，故C錯誤，。正確；

故選：ADo

根據折射率的定義和幾何關系得出游泳池的水深；

根據題目的特點分析出對應的物理知識。

本題主要考查了光的折射定律，理解光的傳播特點，結合幾何關系和折射率的定義即可完成分析。

三、簡答題：本大題共1小題，共12分。

11.有一彈簧振子在水平方向上的B、C之間做簡諧運動，已知B、C間的距離為20CM,振子在2s內完成了

10次全振動。若從某時刻振子經過平衡位置時開始計時(t=0),經過!周期振子有正向最大加速度。

%/cm

(1)求振子的振幅和周期;

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(2)在圖中作出該振子的位移時間圖像；

(3)寫出振子的振動方程。

【答案】(1)由題可知，振幅

A—10cm

周期為

2

T=而s=0.2s

(2)振子在J周期時具有正向最大加速度，故有負向最大位移，其位移時間圖像如圖所示

(3)設振動方程為

x=>lsin(a)t+0)

當力=0時，%=0,貝IJ

sing=0

解得

0=7T或勿=0(舍去)

所以振動方程為

x=10sin(107Tt+n)cm

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

四、計算題：本大題共4小題，共48分。

12.一質量為2kg的小物塊放在水平地面上的4點，距離4點x=5zn的位置B處是一面墻，如圖所示。物塊以

%=9?n/s的初速度從力點沿力B方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7?n/s,碰后以6m/s的速度反向運

動直至靜止，g取10m/s2。

j

AB

(1)求物塊與地面間的動摩擦因數出

(2)若碰撞時間為0.05s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；

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(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。

【答案】(1)物塊從4點到B點做勻減速直線運動的過程，由動能定理有

—imigx=—1mvL2——1mvQ2

代入相關已知數據，求得

〃=0.32

(2)物塊和墻壁作用的過程，取向左為正方向，由動量定理有

FAt-mv'—mv

其中M=6m/s,i7=—7m/s,代入可得

F=520N

(3)物塊向左勻減速直線運動的過程，由動能定理有

1?

—W=0——mv%

解得物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功

〃=36/

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

13.如圖，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊B,8的質量為小，桿上在物塊8的左側有

一固定擋板C,B的下端通過一根輕繩連接一小球4繩長為34的質量也為死先將小球拉至與懸點等高的

位置時，細繩伸直但沒有形變，8與擋板接觸.現由靜止釋放小球A重力加速度大小為g。求：

cL

B?

(1)小球4向右擺動的最大速度；

(2)物塊B運動過程中的最大速度；

(3)小球4向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度.

【答案】解：(1)小球4第一次擺到最低點時速度最大，設最大速度大小為火，

由動能定理得：mgL-|mvo-O

解得：孫=

(2)4第二次到達最低點時B的速度最大，4B組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動

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量守恒，

設/第二次到達最低點時的速度大小為以，B的速度大小為力，以向右為正方向，在水平方向，由動量守

恒定律得：77Wo=77W/+機加，

由機械能守恒定律得：

解得：vA=0,vB=y]2gL

(3)當小球/擺到最高點時，A、B速度相等，設為u,4、B系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，

在水平方向，由動量守恒定律得：mv0=(m+m)v

由機械能守恒定律得：|mvo=1(m+m)v2+mgh

解得：h=1L

答:(i)小球a向右擺動的最大速度大小是避證，方向水平向右；

(2)物塊B運動過程中的最大速度大小是溝I,方向水平向右；

(3)小球a向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度是

【解析】(1)小球4第一次到達最低點時速度最大，應用動能定理可以求出小球的最大速度。

(2)小球再次到達最低點時B的速度最大，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出B的最大速度。

(3)小球4向右擺到最高點時4、B速度相等，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出4上升的最大高

度。

根據題意分析清楚48的運動過程，確定48速度最大的位置是解題的前提，應用動能定理、動量守恒

定律與機械能守恒定律可以解題；解題時注意4B系統僅在水平方向動量守恒。

14.圖甲是一列簡諧橫波傳播到乂=57n的M點時的波形圖，圖乙是質點N(久=3機)從此時刻開始計時的振動

(1)這列波的傳播速度？

(2)當質點Q開始振動時，質點M位于什么位置？

⑶從此時刻開始計時，質點Q經歷多長時間第二次到達波峰?

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【答案】解：(I)由甲圖得波長為4=4小，由乙圖知周期為7=4s,

則波速為"=4=lm/s；

(2)由甲圖知波的振幅為10cm,波從M點傳到Q點的時間為t=^s=5s,

波剛傳播到久=5機的M點時，根據同側法知M點處于平衡位置且正在向下振動，經過5s,M點重復一又

四分之一周期，則M點處于y=-10cni的位置；

(3)波從M點傳到Q點的時間為t=竺=5s,

波剛到Q點時向下振動，還需要四分之三個周期第一次到達波峰，再過一個周期第二次到達波峰，所以一

共需要時間為ti=+t=12s。

【解析】本題考查識別、理解振動圖像和波動圖像的能力，以及把握兩種圖像聯系的能力。

振動圖像反映同一質點在不同時刻的位置；波的圖像反映不同質點在相同時刻的位置。要分清波的傳播和

質點的振動。