2021-2022学年山东省新泰市第二中学高二阶段性测试（一）物理试题 解析版

PAGE山东省新泰市第二中学2021-2022学年高二阶段性测试（一）物理试卷一、单选题1．物体做曲线运动的过程中以下物理量一定会发生变化的是（）A．加速度 B．动能 C．动量 D．机械能2．从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（）A．动量变化量大小不同，方向相同B．动量变化量大小相同，方向不同C．动量变化量大小、方向都不相同D．动量变化量大小、方向都相同3．一质量为的运动员从下蹲静止状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，此时速度为，在此过程中（）A．地面对他的冲量为B．地面对他的冲量为C．地面对他的冲量为D．地面对他的冲量为4．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量约为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取。下列说法正确的是（）A．手机落到眼睛处的速度大小约为 B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上C．手机对眼睛的冲量大小约为 D．眼睛对手机的平均作用力大小约为5．如图所示，一名质量为65kg的男生和一名质量为45kg的女生在没有阻力的冰面上用一根质量可以忽略的绳子做拔河游戏（）A．男生对绳的拉力与绳对男生的拉力是一对平衡力B．这场游戏的获胜者一定是男生，因为男生力气大C．这场游戏的获胜者一定是男生，因为男生质量大D．若女生收绳的速度比男生快，则女生能赢得“拔河”比赛的胜利6．如图，质量为M的小车A停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙．质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为（）A．零 B． C． D．7．设a、b两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动．若测得它们相撞前的速度为va、vb，相撞后的速度为、，可知两球的质量之比等于A． B． C． D．8．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa=30kg·m/s，b球动量pb=0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，则作用后b球的动量为()A．-20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s9．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（）①碰前m2静止，m1向右运动；②碰后m2和m1都向右运动；③由动量守恒可以算出m2=0.3kg；④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能；以上判断正确的是（）A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④二、多选题10．两个小球A，B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是，，A的速度（设为正），B的速度，则它们发生正碰后，其A、B两球速度可能分别为（）A．均为 B．和C．和 D．和11．如图所示，甲、乙两车的质量均为5m，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（）

A．甲、乙两车运动中动量大小之比为6∶5B．甲、乙两车运动中速度之比为5∶6C．甲车移动的距离为D．乙车移动的距离为12．如图甲所示，一质量为m的物块在t=0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（）A．3t0末的速度大小为0.45v0B．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθC．斜面倾角θ的正弦值为D．物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为三、实验题13．如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。如图乙所示，M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。

（1）本实验中，要想更准确的确定小球平均落点位置，需要借助哪种实验仪器_____（填仪器名称即可）（2）在这个实验中，为了减小实验误差，两球的质量应满足______；（填“>”、“<”或“=”）（3）在某次实验中，测得两球的质量分别为、，记录的落点平均位置M、N与在同一条直线上，测得三个落点位置与O点的距离、、分别为、、。在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为A、B两球碰撞前后在方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则仅需满足的关系式______。（均用测量的量表示）四、解答题14．质量的物体，在水平力的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间为，求：（1）力在内对物体所做的功；（2）力在内对物体所做的功的平均功率；（3）内物体增加的动量大小。15．如图所示，质量m1＝2kg、长度l＝5m的木板，以速度v1＝5m/s沿光滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2＝1kg的小木块(可视为质点)，以水平向左的速度v2＝5m/s从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10m/s2，求：(1)木块与木板间的动摩擦因数；(2)小木块做加速运动过程的时间。16．如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小．17.如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq\f(h,2)到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。参考答案1．C【详解】A．物体可以受恒力作用做曲线运动，比如抛体运动，加速度可以恒定，故A错误．B．物体做曲线运动的过程中，速度的方向一定改变，但大小不一定变，动能不一定变，比如匀速圆周运动，故B错误．C．做曲线运动速度方向一定改变，动量的方向就是速度方向，故C正确．D．物体做曲线运动与机械能没有直接关系，比如水平面的匀速圆周运动，故D错误．2．D【分析】本题考察对动量定理的理解。【详解】同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。故选D。3．A【详解】取向上为正，人从下蹲起跳，经∆t时间速度为v，对此过程应用动量定理得I-mg∆t=mv-0解得在此过程中，地面对他的冲量I=mv+mg∆tA正确。故选A。4．C【详解】A．手机自由落体运动，有解得故A错误；B．手机对眼睛的作用力，竖直向下，根据冲量的概念，可知其冲量方向竖直向下。故B错误；C．取竖直向上为正方向，手机与眼睛作用过程应用动量定理，解得故C正确；D．眼睛对手机的平均作用力大小满足解得故D错误。故选C。5．C【详解】A．男生对绳的拉力与绳对男生的拉力是一对作用力与反作用力，A错误；B．男生与女生拉同一根绳子，绳子两端拉力始终相等，因此与男生力气大无关，B错误；C、D．由于冰面上没有阻力，因此男生、女生和绳子组成的系统动量守恒，男生与女生的动量始终大小相等方向相反，由于男生的质量大，女生的质量小，因此男生的速度慢，女生的速度快，女生会先通过中点，因此男生会获胜，C正确，D错误；故选C6．C【详解】B滑上A的过程中，AB系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=故选C7．A【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得故选A．8．C【详解】碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，故此时a球的动量是10kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30kg·m/s，则作用后b球的动量为20kg·m/s，C正确，ABD错误；故选C．9．A【详解】A．由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止；m1速度大小为v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故①正确；B．由图读出,碰后m2的速度为正方向,说明向右运动,m1的速度为负方向，说明向左运动，故②错误；C．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v′2=2m/s,v′1=−2m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v′2+m1v′1代入解得,m2=0.3kg，故③正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能④错误．故选A。10．AD【详解】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求，再看动能情况，有由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有，故B错误；由于小球A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，故C错误。故选AD。11．AC【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，有则甲、乙两车运动中速度之比为而甲、乙两车运动中动量大小之比为故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的位移为和，则有，又有联立解得，故C正确，D错误；故选AC。12．CD【详解】A．物块上滑和下滑的位移大小相等，设3t0末的速度大小为v1，可得解得A错误；B．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为B错误；C．由牛顿第二定律可得，上滑过程满足下滑过程满足由乙图可得，加速度分别为，联立解得C正确；D．物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为D正确。故选CD。13．圆规>【详解】(1)[1]需要借助圆规，把所有的落点尽可能的放在一个圆里面，则圆心位置即为落点的平均位置。(2)[2]为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量。(3)[3]假设A、B两球碰撞前后在方向上的总动量守恒，有m1v0=m1v1+m2v2因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有[4]若碰撞是弹性碰撞，则整理，得联立，可得14．（1）W＝54J；（2）P=18W；（3）【详解】（1）对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、恒力F三个力的作用，合外力为F，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为a==2m/s2则物体在3s内的位移为x==9m所以力F做的功为W＝Fs＝6×9J＝54J（2）力F在3s内的平均功率为P==18W（3）物体在第3s末的速度为v＝at＝2×3m/s＝6m/s内物体增加的动量大小为15．【答案】(1)eq\f(2,3)(2)0.25s【解析】(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v，以水平向右为正。对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v由能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2且Q＝μm2gl联立以上各式，代入相关数据可得μ＝eq\f(2,3)。(2)设木块在木板上加速的时间为t，对木块由动量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相关数据可得t＝0.25s。另解：设木块在木板上加速的时间为t，加速度为a，则μm2g＝m2a，v＝at，代入相关数据可得t＝0.25s。16．【答案】(1)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(v\o\al(02),36g)(3)eq\f(1,3)v0【解析】(1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3).设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv12＝eq\f(1,3)mv02.(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解得v2＝eq\f(1,6)v0.由机械能守恒定律有3mgh＋eq\f(1,2)×6mv22＝eq\f(1,2)×3mv12，解得h＝eq\f(v\o\al(02),36g).(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，有3mv1＝3mv3＋3mv4，根据能量守恒定律有eq\f(3,2)mv12＝eq\f(3,2)mv32＋eq\f(3,2)mv42，解得v4＝eq\f(1,3)v0.17.【答案】(1)eq\f(2,3)mgh(