绥宁县2023-2024学年高三上学期12月第四次月考
物理试题
满分：100分 时量：75分钟
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 一质点做匀加速直线运动先后经过A,B,C三点。已知从A到B和从B到C速度的增加量均为6m/s,AB间的距离3m, BC间的距离13m，则物体的加速度为（ ）
A. B. C. D.
2．如图所示，置于光滑水平面上的长木板B的左端有一物体A，A、B间有摩擦，现用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在水平面上，F做的功为，产生的内能增量为，第二次使B可自由滑动，F做的功为，产生的内能增量为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3.2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和成就。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1变轨到轨道3的示意图，点火变速在轨道P、Q两点，轨道 1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨道 1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T 、T 和T ，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。下列说法正确的是（ ）
A. 在 P点应该点火加速变轨，在Q点应该点火减速变轨
B. 轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度
C. 轨道2上从 P到Q的过程中，机械能减少
D. 运行周期关系满足
4. 如图所示，光滑的圆弧轨道 B 静止于光滑的水平面上，其下端与水平面平滑连接。小球A以一定的初速度向右滑上圆弧轨道，当小球A 在圆弧轨道B上与其共速时，小球A与圆弧轨道B的动能之比为1：3，则此时小球的动能与其重力势能之比为(以水平面为零势能面，不计二者之间的能量损失) （ ）
A. 1: 12 B. 1: 6 C. 1: 4 D. 1: 3
5. 如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )
A. 水平力F的大小不变 B. 杆对小球A的支持力不变
C. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小 D. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大
6. 如图所示，一大型气球用绳系着喷气口悬停在空中，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为 v，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略气球内气体质量的变化，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为( )
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7. 如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A. 公仔头部的机械能守恒 B. 公仔头部的加速度先增大后减小
C. 弹簧弹力冲量的大小为 mgt D. 弹簧弹力对头部所做的功不为零
8. 如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，g取10m/s2 由此可知（ ）
A. F的大小为 10.5N B. 物体加速度大小为 2m/s
C. 4s内F的平均功率为 42W D. 4s末F的功率为42W
9. 两列简谐横波的振幅都是，传播速度大小相同，实线波的频率为，沿轴正方向传播；虚线波沿轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ）
A. 在相遇区域会发生干涉现象
B. 平衡位置为处的质点此刻速度为零
C. 平衡位置为处的质点此刻位移
D. 从图示时刻起再经过，平衡位置为处的质点的位移
10. 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环和倾角为的斜面， 、 两点与圆环BC的圆心 等高。现将甲、乙小球分别从 、 两点以初速度 、 沿水平方向同时抛出，两球恰好在 点相碰（不计空气阻力），已知 ， ，下列说法正确的是（ ）
A. 初速度 、 大小之比为
B. 若仅增大 ，则两球不再相碰
C. 若 大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点
D. 若只抛出甲球并适当改变 大小，则甲球可能垂直击中圆环
三．实验题（11题6分，12题10分，共16分）
11.(8分) 在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中
(1)关于实验操作步骤或者实验结果分析，下列说法正确的是 。
A. 为尽可能减小测量误差，应取摆球经过最高点时为计时零点
B. 实验中误将51次全振动记为50次，测量出的重力加速度会偏大
C. 让摆球释放时摆线与竖直方向的夹角更大一些(仍做简谐运动)，可以使单摆的周期更长一些，更方便周期的测量
D. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，测量出的重力加速度g值偏小
E. 测量出多组单摆摆线的长度L和周期T，作出T -L图像由图可求出重力加速度大小，图线不过原点，不会影响重力加速度的测量
(2)在周期测量的过程中，秒表指针如下图所示，其读数为 s：
(3)实验中，甲、乙两位同学一起做实验，在记录数据前各自设计了如图的表格，其中合理的是表 。(填“A”或“B”)
(4)某同学根据实验中测出六组单摆的振动周期T与摆长L的数据，在坐标系中作出了如图所示的T2-L关系图像， 由该图像计算出重力加速度g= m/s (结果保留3位有效数字)
12.(8分)某同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)实验时，先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间 (选填“=”或“>”)通过光电门2的时间。
(2)将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。瞬间给滑块A一冲量，使滑块A 运动并与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为t1，与光电门2相连的计时器先、后显示两次遮光时间分别为t 和t 。若已知滑块A、B的质量分别为km、m(含遮光条)，遮光条宽度均为d(很窄)。滑块A、B碰撞过程中满足表达式 则说明A和B碰撞过程中动量守恒。滑块A刚开始运动时受到的冲量大小为 。(用题中已知和测量的物理量表示)
(3)若两滑块发生的是弹性碰撞，则下列等式成立的是 。
四、计算题（本题共3小题，第13题12分，14题12分，15题16分，共40分）
13. （12分）一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙、丙所示。
(1) 请写出b点的振动方程；
(2)若该波在该介质中传播的速度为3m/s，求该波的波长； 甲
(3)若该波的波长大于0.3m，求可能的波速。
14．（12分）如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，轨道BCD的半径，轨道DE的半径，轨道最低点C距水平地面的高度差。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知表演者与摩托车的总质量，表演者与摩托车可视质点，阻力不计。取。
(1)某次表演中通过C点时轨道对摩托车的支持力，求表演者与摩托车经过C点的速度大小vc；
(2)若表演者与摩托车恰好能经过最高点D且安全完成完整表演，求F点与G点的水平距离x。
15.(16分) 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小：（ 4分 ）
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（ 4分 ）
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。（ 8分 ）
参考答案
1-6 ACDADB 7 CD 8AD 9CD 10AD
11 (1）DE （2）57.8s （3） B（4）9.62m/s2
12 答案(1) = (2) ; (3)B
13【解析】（1）由图丙可知，周期与振幅分别为0.8s和10cm，b点在t=0时位移为-10cm，则振动方程为
y=10sin(cm 4分
（2）由图像得周期T=0.8s，波速v=3m/s，
波长为λ=vT=2.4m； 2分
（3）（6分）该波的波长大于0.3m。若波由a向b传播，有=0.5m，，解得m/s；
若波由b向a传播=0.5m，，解得v2=2.5m/s，
或者，，解得v3=0.5m/s
14解(1)对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得
2分
代入数据解得经过C点的速度为 2分 (2)表演者要能完整表演，在D点应用牛顿第二定律可得 2分
从D点到F点，由机械能守恒可得 解得vF＝12m/s 2分
则平抛运动的竖直位移 y＝R+h＝5m 所以运动时间 2分
因此，表演者落点G点与F点的水平距离 x=vFt=12×1m=12m 2分
15 解析（1）设小球第一次与圆盘碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
mgl=① 解得v0=②
设小球与圆盘发生第一次碰撞后小球的速度大小为vm1，圆盘的速度大小为vM1，取竖直向下的方向为正方向，在碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0=mvm1+MvM1 ③
由能量守恒定律有=+④
联立②③④解得：vm1=-， vM1=即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为。
（2）第一次碰撞后，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力大小相等，所以圆盘向下做匀速运动；小球先竖直向上做匀减速直线运动，后做自由落体运动。当小球向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间t0，则vM1=vm1+gt0⑥
解得t0=⑦
这段时间内小球的位移x球=vm1t0+=-×+×()2=0 ⑧
即回到第一次与圆盘碰撞前的位置。
在这段时间内圆盘下落位移x盘=vM1t0=×=l ⑨
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为Δx=x盘-x球=l⑩
（3）设小球与圆盘第一次碰撞后到第二次碰撞前用时为t1，小球与圆盘第二次碰撞前速度为vm1'，
故vm1'=vm1+gt1
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即 解得
圆盘的速度仍为vM1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=vM1t1=2l
即第一次碰后到第二次碰前圆盘下落的高度。
设小球与圆盘第二次碰撞后，小球的速度为vm2，圆盘的速度为vM2
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mvm1'+MvM1=mvm2+MvM2
由能量守恒定律有
联立解得vm2=0，vM2=
设小球和圆盘第二次碰撞后到第三次碰撞前用时为t2，当位移相等时
解得
这段时间内圆盘圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为 圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3= x球3 即，得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
