濮阳市一高2022级高二下学期第一次质量检测
物理试题(B)
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，总分100分；考生作答时，将答案
答在答题卡上，在本试卷上答题无效：考试时间为75分钟。
第I卷
选择题部分(46分)
一.单项选择题（本题共7道小题，每小题4分，共28分；每小题只有一个选项符
合题意)
1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅
速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是()
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量不守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等
2.如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离△x,释放后振
子在AB间振动。设AB=20cm,振子由A到B时间为0.1s,
则下列说法正确的是()
A.振子的振幅为20cm,周期为0.2s
B.振子在A、B两处受到的回复力分别为k4x+mg与k4x-mg
C.振子一次全振动通过的路程是20cm
D.振子在A、B两处受到的回复力大小都kAx
3.如图为古代青铜“鱼洗”复制品，在其中加入适量清水后，用手有节
娄地摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声，并能使盆内水花四溅。下
列说法中不正确的是()
物理试卷(B)第1页共6页
遂00口0口00
A.摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声属于受迫振动
B.手掌摩擦越快发出的声音越大，水花溅得越高
C.盆内水花及盆体的振动振动频率与手掌摩擦频率总相等
D.双手以某一特定频率摩擦时，盆耳发出的声音特别响，水花溅得特别高，这是共振现象
4.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的0点，另一端系着质量为m的小球，给
小球一定的速度，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法
正确的是（)
A.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
B.小球运动半周的过程中，合力的冲量为零
C.小球运动一周的过程中，合力的冲量为零
m c
D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
5.M、N两个物体在光滑水平面上相向运动，一段时间后发生正碰，碰撞时间不计，其位移一
时间图像如图。已知M的质量为1kg,下列说法正确的是（）↑m
10
A.碰撞前M的速度为3m/s
B.N的质量为0.5kg
C.N在碰撞过程中，动量变化量的大小为1kg·m/s
D.两物体的碰撞属于弹性碰撞
t/s
6.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，mA=1g,m=2g,va=6ms,阳-2m,
当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（取两球碰前的运动方向为正）()
A.%=2m/s,%=4m/s
B.A=4m/s,%=4m/s
C.%=4m/s,%=7m/s
D.%=7m/s,%=1.5m/s
物理试卷(B)第2页共6页
遂00口0口002022级高二下学期第一次质量检测物理B卷参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D D B C B A C AB AD BCD
D【解析】男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大，反向，故大小相等。
D 【解析】、由题，释放后振子在、间振动，与是两个最大位移，，所以振子的振幅是，振子由到的时间为，是半个周期，所以周期是，故A错误；
、弹簧竖直，悬挂的振子回复力为重力和弹簧弹力之和，由弹簧振子从平衡位置拉下一段距离，可知振子在处重力和弹簧弹力之和为，方向向上，根据简谐运动的对称性，、处回复力大小相等，故B错误，D正确；C、振子的振幅是，振子完成一次全振动通过的路程为个振幅，即，故D错误。故选：。
【解析】A.“鱼洗”是受迫振动故A正确；当有节奏地摩擦鱼洗双耳时，会产生两个振动源，鱼洗壁振动发出嗡嗡声，振动波在水中传播，相互干扰，使能量叠加，因此，这些能量较高的水点会跳出水面，这是共振原理，当用手摩擦达到固有频率时，发出的嗡嗡声特别响，这是共振现象的表现，当摩擦力引起的振动频率和鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，振动幅度越大，盆内的水花就越高，所以并不是手掌摩擦得越快溅起的水花越高，故B错误，D正确；C.盆内水花及盆体的振动是受迫振动，振动频率与手掌摩擦频率总相等，当该振动频率和鱼洗的固有频率相等或者相近时，鱼洗产生共振，故 C正确。本题选不正确选项，故选：。
C【解析】小球做匀速圆周运动，根据动量定理可知，运动一周动量变化为0，故合外力冲量为0，运动半周动量变化量大小为2mv,运动一周动量变化为0，拉力和重力的冲量合为0，但重力冲量不为0，故拉力冲量也不为0。
【解析】A.根据图像中，斜率表示速度，由图可知，碰撞前的速度为：，故A错误碰撞后的速度为，碰撞前的速度为：，碰撞后的速度为：
，由动量守恒定律有：，解得：
在碰撞过程中，动量变化量为：，故C错误，B正确；
D.碰撞前系统的总动能为：，碰撞后系统的总动能为：
，由此可知，两物体的碰撞有机械能损失，不属于弹性碰撞，故D错误。
6、A【解析】以的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为，系统总的机械能为，A．如果，，碰后系统动量为，碰后系统机械能为，碰撞过程系统满足动量守恒，满足机械能不增加原则，故A正确；B．如果，，碰后系统动量为，碰撞过程系统不满足动量守恒，故B错误；C．如果，，碰后系统动量为，碰后系统机械能为，碰撞过程系统满足动量守恒，不满足机械能不增加原则，故C错误；D．如果，，则碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误。故选A。
7. C【解析】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；C.设小车向左的最大距离为，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：，即，解得，，故C正确；D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：，为小球克服摩擦力做功大小，解得：，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为：，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D错误。故选C。
8. 【解析】解：、和起在光滑水平面上做往复运动，回复力，故都做简谐运动．故A正确；B、设弹簧的形变量为，弹簧的劲度系数为，、的质量分别为和，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为，对：，可见，作用在上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比．故B正确；当离开平衡位置时，对的静摩擦力做负功，对的静摩擦力做正功，当衡位置时，对的静摩擦力做正功，对的静摩擦力做负功．故CD错误；故选：．
9. 【解析】A.0-2s内，力对甲的冲量为，对甲由动量定理为，解得=3m/s, A正确B.设碰撞后甲的速度为，对甲碰撞后的过程运用动能定理得，解得，B错误C.设碰撞后乙的速度为，乙的质量为，根据动量守恒得，又弹性碰撞可知，解得，，C错误对乙碰撞后的过程运用动能定理得，解得, 最后甲、乙相距，D正确．
10. CD【解析】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A错误C正确；
B.规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：，所以子弹射入木块后的共同速度为： ，故B正确；
D.之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：，可得上升的最大高度为： ，故D正确。故选BCD。
【答案】 9.447- （2分） （2分） 等于 （2分）
【解答】螺旋测微器测量小球的直径，读数为
根据单摆周期公式 ，得
可知图线斜率为 解得
若计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，图像的斜率不变，所测重力加速度不变，即不影响重力加速度的计算。
12.【答案】；（2分） ；（选全对得2分，漏选不得分）；（2分）
或者（）（2分）
【解析】 为了保证小球碰撞后不反弹则入射球质量要大于被碰球质量，即，防止碰后被反弹；两球需要发生对心碰撞，则两球的直径大小需相同，即；故ABD错误，C正确。
设球过光电门的速度为，过光电门的速度为，球过光电门的速度为；
由于小球在无阻力的水平导轨上做匀速运动，所以小球通过光电门的平均速度等于小球通过光电门的瞬时速度，所以有：，，；
若碰撞过程中两小球组成的系统动量守恒则有：；即；
故所需测量的物理量为，，，，，故AC错误，BDE正确。
若在误差的范围内，等式成立，则系统动量守恒；
若碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中两小球组成的系统不仅动量守恒，其机械能也守恒，有：；即，跟动量守恒的表达式联立得。
13.【答案】根据单摆的振动周期公式 ………………（2分）
摆球第一次从运动到的时间为： ……………………（1分）
解得： ……………………（2分）
在点对摆球由牛顿第二定律得 ……………………（2分）
由机械能守恒定律得……………………（1分）
解得：…………………… （2分）
14. 【解析】 （1）因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在人跳的过程中，把人、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得
………………(3分)
代入数据解得 ……………………（2分）
（2）依题意，设该同学跳离A车和B车时对地的速度大小分别为 ，则人、B车根据动量守恒定律有 …………………………（3分）
解得……………………………………（2分）
（3）根据动量守恒定理，小孩跳离A车的过程有 ……（2分）
解得小孩跳离A车时，A车的速度大小为 ……………………(1分)
根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即
………………（2分）
15（1）当A、B速度相等时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得………2分
此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得………2分
联立解得………1分
（2）与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由能量守恒定律得
………2分
损失的机械能为………2分
（3）由（1）可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同时，弹簧被压缩至最短，由动量守恒和能量守恒定律得………2分
………2分
联立解得 ………2分
