1、山东省泰安市新泰市第一中学北校区2020-2021学年高二物理上学期10月试题（含解析）注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第卷（选择题 共48分）一、单选题（每题只有一项是正确的，每题4分，共32分）1. 下列物理量中，描述物体振动快慢的物理量是（ ）A. 频率B. 速度C. 回复力D. 振幅【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 频率是指单位时间内完成全振动的次数，是描述周期性运动快慢的物理量，故A正确；B. 速度是描述运动快慢的物理量，不是描述振动快慢的，故B错误；C. 回复力F=-kx，是时刻变化的，与位移有关，故C错误；D. 振幅反映
2、了振动的强弱，不是描述物体振动快慢的物理量，故D错误。故选A。2. 将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（ ）A. 将摆球的质量减半B. 振幅减半C. 摆长减半D. 摆长减为原来的1/4【答案】D【解析】由周期公式T2可知周期与振幅和摆球质量无关，在重力加速度g相同的情况下，可通过缩短摆长来改变周期，要使周期减半，摆长需成为原来的，故D正确3. 蹦极是一项刺激的户外活动某跳跃者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的vt图像如图，已知蹦极者质量为60kg，最大速度为55m/s，05.0s中vt图为直线，5.07.0s为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2则蹦极绳
3、自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均冲力大小为A. 2100 NB. 1500NC. 840 ND. 600 N【答案】A【解析】【详解】拫据动量定理mgt1-t2 =0，其中t1=7.0 s，t2=2.0s，所以=2100 NA2100 N，与结论相符，选项A正确；B1500N，与结论不相符，选项B错误；C840 N，与结论不相符，选项C错误；D600 N，与结论不相符，选项D错误；4. 新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播。打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达50米/秒，假设一次打喷嚏大约喷出5.010-5m3的空气，一次喷嚏大约0.02s，己知空气
4、的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力（）A. 0.11NB. 0.13NC. 0.16ND. 0.20N【答案】C【解析】【详解】打喷嚏时，根据动量定理可得可求得再由牛顿第三定律可得，打喷嚏时人受到的平均反冲力ABD错误，C正确。故选C。5. 如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A. 小木块和木箱最终都将静止B. 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C. 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D. 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者
5、将一起向左运动【答案】B【解析】【详解】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动故B正确，ACD错误6. 速度为4m/s 的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是（）A. 1.5m/sB. 2m/sC. 2.5m/sD. 3m/s【答案】A【解析】【详解】设塑料球的质量为m，碰撞过程中动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则解得若两球发生完全弹性
6、碰撞，则，解得，当钢球速度为4m/s时，塑料球的速度为零，不合符题意，所以钢球的速度范围为，故A不可能，符合题意；BCD可能，不符合题意。故选A。7. 如图，质量为M小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆狐轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g则( )A. 全程滑块水平方向相对地面的位移R+LB. 全程小车相对地面的位移大小C. 小车运动过程中的最大速度D. .L.R三者之间的关系为【答案】B【解析】【详
7、解】小车和滑块系统在水平方向动量守恒，全程小车相对地面的位移大小为s，则由动量守恒定律结合“人船模型”：，解得s=（R+L)；滑块水平方向相对地面的位移为：（R+L)，选项A错误，B正确；滑块到达B点时，小车的速度最大，小车与滑块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mvm=0，滑块从A到B过程，由能量守恒定律得：mgR=mv2+Mvm2，解得：vm=；选项C错误；滑块到达C点时，系统的速度变为零，由能量关系可知：,即R=L，选项D错误；故选B.【点睛】该题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体的位移，往往根据平均速度研究，也可直接用“人船模型”
8、列式子；也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的3倍，不使用动量守恒定律8. 如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁。现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从A点进入槽内，则以下说法正确的是（）A. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒C. 小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D. 小球离开右侧最高点以后，将做竖直上拋运动【答案】C【解析】【详解】A小球在半圆形槽内运动，从
9、刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做功，选项A错误；BC小球从刚释放到最低点，由于槽的左侧有一个竖直墙壁，竖直墙对槽有水平向右的作用力，动量不守恒；而小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽离开墙壁，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；D小球离开右侧最高点以后，相对于槽做竖直上抛运动，由于槽有向右运动的速度，所以小球相对于地做斜上抛运动，选项D错误。故选C。二、多选题（每题至少有两项正确，得全部正确得4分，得选不全得2分，有错项不得分，共16分）9. 一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正
10、确的是（）A. 在10s内质点经过的路程是20cmB. 在5s末，质点的速度为零，加速度最大C. t1.5s和t2.5s两个时刻质点的位移和速度方向都相反D. t1.5s和t4.5s两时刻质点的位移大小相等，都是cm【答案】ABD【解析】【详解】A在10s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是s=10A20cm故A正确；B在5s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，故B正确；Ct1.5s和t2.5s两个时刻的位移大小相等，方向相反，速度方向相同，故C错误；D由图像可得振动方程是将t1.5s和t4.5s代入振动方程得故D正确。故选ABD。10. 如图所示，在光滑的水平面上放着质量相等
11、的两个物块，乙上系有一个水平轻质弹簧，开始物块乙静止，某一时刻物块甲以速度v向乙运动并压缩弹簧到弹簧最短，关于这一过程以下说法正确的是（）A. 当弹簧压缩量最大时，两者速度一定相同B. 当弹簧压缩量最大时，甲物块速度为零C. 甲物块动能的减小量等于乙物块动能的增加量D. 甲物块动量的减小量和乙物块动量的增加量大小相等【答案】AD【解析】【详解】AB当弹簧压缩到最短长度时，甲乙具有相同的速度，弹簧的势能最大，甲的速度不为零，故A正确，B错误；C在压缩弹簧的过程中，物块的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，所以甲物块动能的减少量等于乙物块增加的动能以及弹簧增加的弹性势能的和，故C错误；D在碰撞的过程中
12、两个物体以及弹簧组成的系统在水平方向的动量守恒，所以甲物体动量的减小量和乙物体动量的增加量大小相等，故D正确。故选AD。【点睛】甲乙系统合力为零，系统动量守恒。当甲乙速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答。11. 如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为，小车（含单摆）以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞进行的过程中过程中，下列说法可能正确的是（ ）A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、，满足：B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C. 摆球的速度不变，
13、小车和木块的速度变为v，满足：D. 小车和摆球的速度都变为，木块的速度为，满足：【答案】BC【解析】【详解】AD.因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与碰撞，单摆的速度不发生变化，故AD错误；BC.因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，即故BC正确。故选BC。12. 如图所示，在光滑的水平面上静止放置A、B、
14、C三个物体，A、B、C的质量分别为mA=1kg，mB=3kg，mC=2kg。物体C为一光滑的圆弧轨道，弧面足够长，物体A、B之间有一根轻质弹簧（弹簧和物体A、B均未栓接），现用力把弹簧压缩后再用绳子把物体A、B固定，使A、B处于静止。现剪断绳子，之后弹簧把A向左弹出，已知A离开弹簧后的速度大小为3m/s，A、B分开后把弹簧撤去（重力加速度g=10m/s2）。下说法正确的是A. 弹簧把A、B弹开的过程中释放出的弹性势能为4.5JB. A滑上C上表面的最大离地高度为0.3mC. A从C上离开后不能追上BD. A从C上离开后能追上B【答案】BC【解析】【详解】AA、B物块被弹簧弹开的过程中，由动量守
15、恒定律得：mAvA+mBvB=0，解得：vB=1m/s，由能量守恒知：；故A错误；B当A、C的速度相等时，A离地面最高，根据动量守恒得，由能量守恒知：，联立解得：h=0.3m；故B正确；CD A从C上离开时的速度分别为v1、v2，根据动量守恒得：，由能量守恒知：，联立解得：v1=-0.6m/s，（方向向左）v2=1.2m/s，由上可知vB=1m/s0.6m/s，所以A从C上离开后不能追上B，故C正确，D错误。故选BC。第卷（非选择题 共52分）三、实验题（共13分）13. 如图是用来验证动量守恒实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱。实验时，调节悬点，使弹性球1静止
16、时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高。将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上。释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c。此外：(1)还需要测量的量是_、_和_；(2)现有以下实验器材，要完成本实验必需的是（ ）；A秒表 B刻度尺 C天平 D学生电源(3)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为_。（忽略小球的大小）【答案】 (1). 弹性球1、2的质量m1、m2 (2). 立柱高h (
17、3). 桌面高H (4). BC (5). 【解析】【详解】(1)123要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H。(2)4根据前面的分析，可知需要测量长度的工具和测量质量的工具，即需要刻度尺和天平，故选BC。(3)51小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒,根据机械能守恒定律，有所以该实验中动量守恒的表达式为联立解得14. 在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B质量
18、较小该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验实验时，分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)现让小球M从与圆心O等高处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰（1）实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：半径为r的玻璃球；半径为2r的玻璃球；半径为1.5r的钢球；半径为2r的钢球为了便于测量，M球应选用_，N球应选用_(填编号)（2）实验中不用测量的物理量为_小球M的质量m1和小球N的质量m2；圆弧轨道
19、的半径R；小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角1；小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角2.（3）用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：_.【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】（1）在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球去碰撞质量大的小球；由给出的小球可知，只能选用两球，且应用球去碰撞小球；（2、3）小球与轨道间的摩擦可忽略，小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，以A球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：，联立四式解得，可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量
20、与碰撞后两球上升的最高位置所对应的夹，故需要测量的量为：，不需要测量的为，故选四、解答题（共39分）15. 如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA=100g，mB=500 g，系统静止时弹簧伸长x=15cm，未超出弹性限度若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：A的振幅为多大A的最大加速度为多大（g取10 m/s2）【答案】(1)12.5cm (2)50m/s2【解析】试题分析：（1）挂两个物体时，由x得：04 N/cm只挂A时弹簧的伸长量：25 cm，振幅（2）剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大，则：50 m/s2或者： 考点：牛顿第二定律、胡克定律【名师点睛】本题
21、考查了胡克定律与共点力平衡和牛顿第二定律综合运用，知道振幅等于离开平衡位置的最大距离，知道小球在最低点时加速度大小最大16. 如图所示，俄罗斯世界杯的足球赛场上，一足球运动员踢一个质量为的足球若足球以的速度撞向球门门柱，然后以速度反向弹回(1)求这一过程中足球的动量改变量(2)若这一过程持续时间为，求足球受到的平均作用力多大？【答案】（1），方向向左；（2）26N，方向向左【解析】（1）初动量为：；末动量为：；动量改变量为：，方向向左；（2）根据动量定理可得：足球受到的平均作用力大小为，负号表示方向向左17. 如图所示，底板长度L1 m、总质量M10 kg的小车放在光滑水平面上，原长为的水平轻
22、弹簧左端固定在小车上现将一质量m1 kg的钢块C(可视为质点)放在小车底板上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，弹簧弹性势能Ep08.14 J开始时小车和钢块均静止，现突然烧断细绳，钢块被释放，使钢块离开弹簧水平向右运动，与B端碰后水平向左反弹，碰撞时均不考虑系统机械能的损失若小车底板上左侧一半是光滑的，右侧一半是粗糙的，且与钢块间的动摩擦因数0.1，取重力加速度g10 m/s2.求钢块第1次离开弹簧后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epmax.钢块最终停在何处？【答案】7.14 J0.36 m【解析】试题分析：钢块和小车大作用的过程中，动量守恒，由能量守恒可求弹簧的最大弹性势能Epmax，和
23、钢块最终位置烧断细绳后，当钢块第1次从B端返回后压缩弹簧且与小车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设此时速度为v1，则根据动量守恒定律有 得 根据能量守恒定律有得Epmax=7.14 J钢块最终停在粗糙的底板上，此时小车与钢块的共同速度设为v2，则根据动量守恒定律有，得根据能量守恒定律有得xmax=814 m又 钢块最终停止时与B端相距为 18. 如图所示，光滑水平面上静止着两个滑块、，、，两滑块间夹有少量炸药，点燃炸药后其化学能全部转化为滑块、的动能，滑块向左恰好通过半圆轨道的最高点，滑块向右冲上倾角为的斜面，到达高度后返回水平面，已知半圆轨道半径，滑块B与斜面的动摩擦因数，水平面与斜面平滑连接，滑块B经此处机械能无损失，重力加速度，（，）.求：(1)滑块B第一次返回水平面的速度大小；(2)炸药点燃后释放的化学能；(3)滑块A第一次通过半圆轨道克服阻力做功大小【答案】(1)2m/s (2)30J (3)11J【解析】【详解】(1)设滑块B滑上斜面的初速度大小为v0，返回水平面的速度大小为，在斜面上运动的最大距离为L，则：滑块B从斜面最高点返回水平面，由动能定理得：联立解得：(2)滑块B从水平面滑到斜面最高点，由动能定理得：由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：联立解得：(3)滑块A恰好到达半圆轨道的最高点，有：由动能定理得：联立解得：
