1、重庆八中高2022级高二（下）第一次月考考试物 理 试 题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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. 物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验。关于下面几个重要的物理实验，说法正确的是A. 卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B. 光电效应实验表明光具有波粒二象性C. 电子的发现揭示了原子可以再分D. 康普顿效应证实了光具有波动性2. 如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，不能忽略空气阻力，则
2、运动员A. 过程I的动量改变量等于零B. 过程II的动量改变量不等于零C. 过程I的动量改变量等于重力的冲量D. 过程II的动量改变量等于重力的冲量3. 在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。下列说法正确的是A. 当体温超过37时人体才辐射红外线B. 当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线C. 红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的D. 红外体温计是依据人体温度越高，人体辐射的红外线强度越大来测体温的4. 如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时可以辐射出多种不同频率的光子，其中两次跃迁分别辐射出a、b两种光子，若用a光照射x金属刚
3、好能发生光电效应，则下列说法正确的是A. 氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小了3.4eVB. a光子的频率比b光子的频率大C. x金属的逸出功为2.55eVD. 用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为12.09eV5. 如图所示，一块质量为0.5kg的橡皮泥从距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 橡皮泥下落的时间为0.4sB. 橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为2m/sC. 橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统
4、动量守恒D. 整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为1.25J6. 在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是A. 将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度hB. 将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C. 将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，再与3号碰撞，3号球将不能摆至高
5、度hD. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能不守恒，动量守恒7. 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s(设为正方向)，vB=-3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为A. vA=-1m/s，vB=5m/sB. vA=5m/s，vB=-7m/sC. vA=2m/s，vB=-1m/sD. vA=-1m/s，vB=-5m/s8. 如图所示，一轻弹簧竖直放置，两端固定物体B和C，O点是弹簧处于原长时物体B所处的位置，B、O间距离为x。把一
6、物体A从静止释放，释放时A、B之间的距离为h，物体A和物体B的质量均为m，发生碰撞后粘在一起向下运动(以后不再分开)，压缩弹簧然后上升到最高点D，O、D之间距离也为x，重力加速度为g，物体C始终静止，下列说法正确的是A. 碰撞后瞬间物体B的速度为2ghB. 运动到O点时，A、B之间弹力不为零C. h和x的关系满足h=4xD. 物体C的质量可能大于m 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项项符合题目要求，漏选的2分，错选的0分。9. 如图所示，质量为mb=3kg的物块b与轻质弹簧相连并静止在光滑水平面上，质量为ma=1kg的物块a以v0=4m/s的初
7、速度向右运动。则在a、b两物块与弹簧作用的过程中，下列判断正确的是A. 弹簧对a、b两物块的冲量大小相同B. 弹簧的最大弹性势能为6JC. 弹簧最短时a的速度最小D. a物块的最小速度为-2m/s10. 如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为v的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示。已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则 A. 测量遏止电压UC时开关S应扳向“2”B. 只增大光照强度时，图乙中UC的值会增大C. 只增大光照强度时，图乙中I0的值会增大D. 阴极K所用材料的极限频率为hv-eUch11. 如图所示，质量为4kg的小车Q静止在光滑的
8、水平面上，质量为2kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75m的细线栓接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度v0=3m/s，重力加速度为g=10m/s2，当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是A. 小车Q的位移大小为0.25mB. 小球P的速度大小为26m/sC. 小车Q的速度大小为2m/sD. 小球下落过程中，细线对小球P做的功为8J12. 如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A，B与木板间的动摩擦因数均为，
9、最初木板C静止。A以初速度v0从C的左端水平向右滑上木板C，同时，B以初速度2v0从木板上某一位置水平向右滑上木C。在之后的运动过程中B曾以43v0的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g。则对整个运动过程说法正确的是 A. 滑块A的最小速度为23v0B. 滑块B的最小速度为v0C. 滑块A与B可能发生碰撞D. 系统ABC的机械能减少了40三、实验题：本题共2小题，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。13. (6分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。 （1）按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。（2）如图2是根据实验数
10、据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=_V，内阻r=_。14. (8分) 用如图甲所示装置结合频闪照相机（闪光时间间隔相等）拍摄的照片来验证动量守恒定律，(1) 实验步骤如下：用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，用闪光频率一定的频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，再次使用步骤中的频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；测出所需要的物理量。(2) 实验装置如图所示，本实
11、验中，实验必须要求的条件是_；A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端点的切线是水平的C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D.入射球与被碰球满足mamb，ra=rb(3) 在步骤中，需要在照片中直接测量的物理量有 (请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)；(4) 两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是： ；两球发生的是弹性正碰，则还应满足的方程是： (用所测物理量表示)。四、计算题：本题共4小题，共46分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。15. (8分) 在粗糙的水平面上静止一质量为2kg的物体，从t=0时刻受到水平向右拉力F的作用
12、，从静止开始做直线运动。拉力F随时间变化如图所示，物体与地面的动摩擦因数为0.15，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1) 在06s时间内拉力F的冲量；(2) 物体在t=6s时的速度大小。16. (10分) 如图所示，半径分别为R1=3r和R2=2r的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，在水平轨道上一轻弹簧被1、2两小球夹住。同时释放两小球，1、2球恰好能通过各自圆轨道的最高点。求：(1) 两小球的质量比m1:m2；(2) 若1球质量m2=m，弹簧释放前具有多少弹性势能。17. (12分) 如图所示，有一个可视为质点、质量为m=1kg
13、的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，滑上紧靠圆弧轨道末端D点、质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=60，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1) 小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2) 若长木板长度L=2m，小物块能否滑出长木板?若能，求滑出瞬间物块的速度;若不能，求小物块最终离D端的距离。18. (16分) 如图所示，AB为足够长的光滑斜面
14、，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R=1m的竖直半圆形光滑轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放，若物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1kg的物块乙发生弹性正碰。已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。求：h0(1)若物块乙被碰后恰能通过最高点F，求乙在水平面BE上的落点到E点的距离x；(2)若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，且甲乙碰后粘在一起，求碰后甲乙
15、运动至圆心等高点时对轨道的压力FN的大小；(3) 物块甲的质量m3=1kg，为使物块甲能够与物块乙碰撞，且弹性碰撞次数不超过2次，求物块甲在斜面上释放的高度h应在什么范围？(不考虑物块乙脱离轨道后与物块甲可能发生的碰撞。）重庆八中高2022级高二（下）第一次月考考试参考答案1、【解析】解：A、卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子的核式结构，并不是提出了原子核是由质子和中子组成的，故A错误；。B、光具有波粒二象性，光电效应证实了光具有粒子性，故B错误。C、电子的发现表明了原子是可以再分割的，故C正确。D、在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化，康普顿效应进一步
16、表明光子具有动量，体现光的粒子性，故D错误。故选：C。2、【解析】AB.I过程中最高点运动员速度为零，入水前具有向下的速度，故过程I中动量的变化量不等于零；过程II运动员到最低点时速度为零，所以过程II中动量变化量也不是零，故A错误B正确；C.过程I运动员受重力和空气阻力作用，由动量定理得：IG+If=P，所以过程的动量改变量不等于重力的冲量，故C错误；D.过程II运动员受重力与水阻力的共同作用，由动量定理可知过程II的动量改变量等于重力的冲量与水和冲量的矢量合，故D错误。故选B。3、【解析】解：AB、物体在任何时候都会发出红外线，温度越高，辐射红外线的能力越强，所以人体在任何时候都会辐射红外
17、线，故AB错误；C、红外体温计是依据人体发射红外线来测体温的，不是体温计发出的红外线，故C错误；D、红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，故D正确。故选：D。4、【解析】A.氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小为-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV，故A错误；B.根据题目信息，辐射的a光子能量小于b光子，根据E=h知，能量越小，频率越小，故a光子的频率比b光子的频率小，故B错误；C.根据恰能使某金属产生光电效应，由n=4跃迁到n=2，辐射的光子能量最大，E=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV，则逸出功W0=2.55eV，故C正确。D.从n=3能级
18、跃迁到基态释放的光子能量为-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV，用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为12.09eV-2.55eV=9.54eV，故D错误。故选C。5、【解析】解：A.橡皮泥做自由落体运动，t=2hg=0.5s，故A错误；B.橡皮泥落到小车上，二者相互作用的过程，在水平方向动量守恒，Mv0=(M+m)v，解得v=2m/s，故B正确；C.系统竖直方向合外力不为零，所以动量不守恒，故C错误；D.系统损失的机械能为E=12Mv02+mgh-12(M+m)v2=7.5J，故D错误。故B正确。6、【解析】解：A、将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆
19、至高度h，可知，小球1、2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间碰后并不交换速度，则3号上摆的高度不等于h，故A错误；B、将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，则释放后整个过程机械能守恒，但只在碰撞瞬间动量守恒，释放后整个过程动量不守恒，故B错误；C、将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h，故C正确；D、小球1、2间，2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机
20、械能和动量都不守恒，故D错误。故选：C。7、【解析】以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：p=mAvA+mBvB=43kgm/s+2(-3)kgm/s=6kgm/s，碰前系统的总动能为：Ek=12mAvA2+12mBvB2=12432J+12232J=27J；A.如果vA=1m/s、vB=1m/s，碰后系统动量为p=mAvA+mBvB=41kgm/s+21kgm/s=6kgm/s，碰后系统的总动能为：Ek=12mAvA2+12mBvB2=12412J+12252J=27J；可知，系统的动量守恒、动能守恒，符合实际，是可能的，故A正确；8、【解析】解：A、A与B碰撞前做自由落体运动，设A、B碰
21、撞前瞬间A的速度为v0，则v0=2gh，A、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间B的速度为v，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+m)v解得：v=122gh，故A错误；B、A、B运动到O点时弹簧处于原长，弹簧弹力为零，A、B系统只受重力作用，由牛顿第二定律可知，A、B的加速度等于重力加速度g，A处于完全失重状态，因此A对B的压力为零，即A、B之间弹力为零，故B错误；C、由于B、O与O、D间的距离都是x，B在O点时弹簧处于原长，因此在B、D两点，弹簧的弹性势能相等，从A、B碰撞后到A、B运动到D点过程，对A、B系统，由能量守恒定律得：122mv2=2mg2x，解得
22、：h=8x，故C错误。D、A与B碰撞前，B静止处于平衡状态，对B由平衡条件得：mg=kx如果A、B上升到最高点时C恰好开始离开地面，此时地面对C的支持力为零，则：mCg=kx，解得：mC=m，由题意可知，物体C始终静止，则mCm，故D正确； 故选：D。9、【解析】解：A、弹簧对a、b两物块的作用力大小相等、方向相反，作用时间相等，由I=Ft知，弹簧对a、b两物块的冲量大小相等、方向相反，故A正确；B、当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为EP。取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：mav0=(ma+mb)vEP=12mav02-12(ma+m
23、b)v2联立解得：EP=6J，故B正确；CD、当弹簧恢复原长时，b的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：mav0=mava+mbAb12mav02=12mava2+12mbvb2联立联解得：va=-2m/s，vb=2m/s此时a的速度已经反向，所以a的最小速度为0，故C D错误。故选：AB。10、【解析】A.开关S应扳向1，光电子在电场中减速运动，当到达另外一端时速度恰好减少为0，这时电压被称为遏止电压，选项A错误;B.根据动能定理有-eUc=0-Ek，结合爱因斯坦光电效应方程Ek=h-W0，可知UC的值只与光照频率有关，与光照强度无关，B错误；C.只增大光照强度时，k极发射电子数会增
24、多，图乙中I0的值会增大，C正确；D.根据动能定理有-eUc=0-Ek，结合爱因斯坦光电效应方程Ek=h-W0，W0=hvc联立解得c=hv-eUch，D正确。故选CD11、【解析】解：A、小球P小球下落过程中，小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒，则在水平方向平均动量也守恒。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：0=mPxPt-mQxQt，又xP+xQ=L=0.75m，解得：小车Q的位移大小xQ=0.25m，故A正确；BC、设小球P的速度大小为vP，小车Q的速度大小为vQ.由水平方向动量守恒得： 0=mPvP-mQvQ。根据系统的机械能守恒得：mPgL+1
25、2mPv02=12mPvP2+12mQvQ2。联立解得vP=4m/s，vQ=2m/s，故B错误，C正确。D、小球下落过程中，设细线对小球P做的功为W.对P，根据动能定理得：mPgL+W=12mPvP2-12mPv02，解得W=-8J，故D错误。故选：AC。12、【解析】设ABC三者的最终为v，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得： mv0+2mv0=3mv解得：v=v0设木块A在整个过程中的最小速度为v，所用时间为t，由牛顿第二定律得：对滑块A：a1=mgm=g对滑块Ba3=mgm=g对木板C：a2=2mgm=2g当滑块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有v0-gt=2gt解
26、得t=v03g滑块A在整个过程中的最小速度为：v=v0-a1t=v0-gv03g=2v03当滑块B的速度变为4v03所需要的时间为t，所以，t=2v03g，此时，AC有共同速度：v2=2v03+12gv03g=5v06，BC碰撞后B具有最小速度对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：m4v03+m5v06=mv3+mv412m(4v03)2+12m(5v06)2=12mv32+12mv42联立上式解得：v3=5v06，v4=43v0所以B的最小速度为v3=5v06；由于碰撞后v3=v2，故AB不可能发生碰撞由能量守恒定律可知：E=12mv02+12m(2v0)2-12(3m)v2=
27、mv02所以系统损失的机械能为mv025mv022100=40，故AD正确BC错误。故选AD。13.【答案】(1)见解析（2）1.5；1.0，由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r=E-UI=1.5-10.5=1.0；14.【答案】（1）BCD（2） x0、xA、xB （3）mAx0=mAxA+mBxB mAx02=mAxA2+mBxB2【解析】解：(1)为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mAmB；(2)碰撞时应有：mAv0=mAvA+mBvB由平抛规律有x=vt，相机闪光频率不变，故时间相等，上式中两
28、边同乘以t，则有：mAx0=mAxA+mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有，x0、xA、xB(3)由(2)的分析可知，应验证的表达式为：mAx0=mAxA+mBxB；如果碰撞为弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m0vA2=12mAvA2+12mBvB2整理得：mAx02=mAxA2+mBxB2；15.【答案】解：(1)F-t图象与坐标轴围成的面积表示力F的冲量，所以有：I=12(3+9)4+12(6+9)2Ns=39Ns，方向向右； （3分）(2)摩擦力大小，物体在t=0时刻开始运动整个过程中摩擦力的冲量大小为： （2分）根据动量定理可得：I-If=mv-0 （2分）解得：
29、。 （1分）16.【答案】解：（1）对1球到达最高点末速度为零，有12m1v12=2m1gR1 （1分）对2球在最高点有：m2g=m2v2R2，12m2v22-12m2v2=2m2gR2， （2分）根据动量守恒有：m1v1=m2v2 （2分） （1分）（2）弹簧释放前具有多少弹性势能 （1分） （3分）17.【答案】解：(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60，根据平行四边形定则知： vC=v0cos60=2v0=4m/s 小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1-cos60)=12mvD2-12mvC2 （2分）代入数据解得：vD=25m/s （1分）小球在D点时，由牛顿第二定
30、律得：N-mg=mvD2R （2分）代入数据解得：N=60N （1分）由牛顿第三定律得：N=N=60N，方向竖直向下(2)设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v （2分）解得：v=52m/s （1分）设物块在木板相对位移l，由功能关系得mgl=12mvD2-12(m+M)v2 （2分）解得： （1分）所以小物块不能滑出长木板。最后离D点的距离为1.875m18.【答案】解：(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供：m2g=m2v2R得v=gR （2分）物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向12gt
31、2=2R 水平方向x=vt可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为x=2R=2m （2分）(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0，由动能定理可知m1gh0-m1gL=12m1v02-0 得 （2分）物块甲与乙发生完全非弹性正碰， （2分）设甲乙物块通过圆心等高点时的速度为，根据机械能守恒，则设物块甲乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为FN，得FN=0N （2分）(3)要使物块甲能够与物块乙碰撞，即h0.25m （2分）因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，甲和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块甲发生弹性正碰，交换速度。要使物块甲不再与物块乙发生碰撞m3gh3m3gL 即h0.75m （2分）如果物块甲与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块甲发生碰撞12m2v42m2gR即v42gR甲与乙碰前速度设为v5，则有v5=v4，在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式m3gh-m3gL=12m3v52 得h1.25m （2分）综上0.25m1.25m
