精品解析：甘肃省嘉峪关市第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试题

嘉峪关市第一中学2024-2025学年第二学期阶段性考试（一） 高二物理试卷 一、单选题（每小题4分，共28分） 1. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，，振动周期为1.6s。当时，振子由平衡位置开始向右运动，则（　　） A. 时，振子的加速度方向向左 B. 时，振子的速度方向向右 C. 到的时间内，振子的动能逐渐减小 D. 到的时间内，振子通过的路程是80cm 2. 物体受到方向不变的力F作用，其中F的大小随时间变化的规律为（F的单位是N），则力F在内的冲量大小为（　　） A. 6N·s B. 8N·s C. 10N·s D. 16N·s 3. 如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（　　） A. 人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 B 由于人与车之间有摩擦力，故系统动量不守恒 C. 车后退0.5m D. 人的速率最大时，车的速率最小 4. 如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cm B. 单摆的摆长约为2.0m C. 从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小 D. 从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 5. 如图所示为某型号飞力士健身杆，该健身杆是一根具有弹性且两端带有负重的器械，其质量为，长度为，固有频率为。使用者手持飞力士健身杆进行锻炼，让健身杆做受迫振动。下列说法正确的是（　　） A. 当手振动频率为时，飞力士健身杆振动的幅度比频率为时大 B. 若手振动的频率从逐渐增大到，飞力士健身杆振动的幅度先减小后增大 C. 当手振动的频率为时，飞力士健身杆产生共振，振动的幅度最大 D. 要使飞力士健身杆产生共振，需要驱动该飞力士健身杆每秒钟振动40次 6. 如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（ ） A. B. C. D. 7. “飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为m，在水平面内做匀速圆周运动，其受力及合力情况如图所示。设绳的长度为l，绳子跟竖直方向的夹角为，座椅转动的线速度为v，下列说法正确的是（　　） A. 在半个周期内座椅重力冲量为 B. 在半个周期内座椅的动量变化量等于零 C. 若仅增大m，则座椅转动的周期随之增大 D. 若v增大，必增大，座椅转动的周期随之增大 二、多选题（每小题5分，共15分） 8. 如图所示，光滑弧形槽的弧长OP远小于半径R，使与竖直的夹角小于。将质量分别为2m和m的小球A、B从图示位置同时由静止释放，不计空气阻力，在两小球发生碰撞之前，则下列说法正确的是（　　） A. 小球A、B运动过程中的回复力是重力和支持力的合力 B. 小球A、B在运动过程中机械能都守恒 C. 小球B比小球A先运动到O点 D. 小球A、B同时到达O点 9. 防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿的方向飞去，且爆炸过程时间为且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A. 爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与相反的方向飞去 B 爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C. 爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为 D. 爆炸过程释放的化学能为 10. 如图所示，圆筒C可以沿着水平固定光滑杆（足够长）左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以v0=100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1kg、mB=mC=0.1kg，重力加速度g取10m/s2。则物体B能上升的最大高度和C可以达到的最大速度是（　　） A. 90m B. 105m C. 75m/s D. 60m/s 三、实验题（每空2分，共14分） 11. 小明同学进行“用单摆测定重力加速度”实验。 （1）该同学组装了如下几种实验装置，你认为最合理的装置是_____。 A. B. C. D. （2）为了完成本实验，需要用刻度尺测量摆线的长度，并用游标卡尺测量球的直径，如图所示，摆球的直径________cm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历次全振动所用的时间。 （3）此单摆的周期________；重力加速度大小________（用、和表示）。 12. “探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。 （1）实验室有如下、、三个小球，从中选出入射小球与被碰小球，则入射小球应该选取______； A. 直径质量 B. 直径质量 C. 直径质量 （2）关于本实验，下列说法正确的是______； A. 小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放 B. 必须测量出斜槽末端到水平地面的高度 C. 实验中需要用到铅垂线 D. 斜槽必须足够光滑且末端保持水平 （3）选取小题（1）中的两个小球完成实验后，用刻度尺测量、、与点的距离、，，若两球发生弹性碰撞，则下列式子成立的是______； A. B. C. 四、解答题 13. 一个在地球表面上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星表面上，其简谐运动图像如图乙所示。取π2=10，地球表面重力加速度g1取10m/s2，求： （1）此单摆的摆长； （2）在地球上将摆长缩短到原摆长的，则此单摆的频率是多少？ （3）该行星表面重力加速度g2。 14. 如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为、，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力和货物在空中运动的时间） 15. 某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能J，弹性势能会全部转化为动能，kg，水平轨道长m，圆轨道半径m，圆弧轨道半径m，D点与竖直方向的夹角，滑块与AC间动摩擦因数（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，，）求： （1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到轨道作用力大小； （2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 嘉峪关市第一中学2024-2025学年第二学期阶段性考试（一） 高二物理试卷 一、单选题（每小题4分，共28分） 1. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，，振动周期为1.6s。当时，振子由平衡位置开始向右运动，则（　　） A. 时，振子的加速度方向向左 B. 时，振子的速度方向向右 C. 到的时间内，振子的动能逐渐减小 D. 到的时间内，振子通过的路程是80cm 【答案】A 【解析】 【详解】A．振动周期为，可知当时，振子到达B点，此时振子受到弹簧水平向左的弹力即加速度方向向左，故A正确； B．时，此时振子处于BO间的某个位置向平衡位置运动，速度方向向左，故B错误； C．同理可知到的时间内，振子从B点向平衡位置O点运动，速度在增大，即动能逐渐增大，故C错误； D．到的时间内，振子运动的时间为，故可知振子通过的路程是 故D错误。 故选A。 2. 物体受到方向不变的力F作用，其中F的大小随时间变化的规律为（F的单位是N），则力F在内的冲量大小为（　　） A. 6N·s B. 8N·s C. 10N·s D. 16N·s 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意可知，力F在内的冲量大小为 故选C。 3. 如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（　　） A. 人对车冲量大小大于车对人的冲量大小 B. 由于人与车之间有摩擦力，故系统动量不守恒 C. 车后退0.5m D. 人的速率最大时，车的速率最小 【答案】C 【解析】 【详解】A、人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力，它们大小F相等、方向相反、作用时间t相等，作用力的冲量 I＝Ft 大小相等、方向相反，A错误； B、人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，B错误； C、设车后退的距离为x，则人的位移大小为L﹣x，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv人﹣Mv车＝0 则 m﹣M＝0 代入数据解得 x＝0.5m C正确； D、人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv人﹣Mv车＝0 则 v车＝ m、M一定，v人越大v车越大，D错误。 故选C。 4. 如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cm B. 单摆的摆长约为2.0m C. 从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小 D. 从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为 T=2s，A=8cm 则圆频率 单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为 x=Asinωt=8sin（πt）cm 故A错误； B．根据单摆的周期公式 结合上述解得 L=1.0m 故B正确； C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确； D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误。 故选C。 5. 如图所示为某型号飞力士健身杆，该健身杆是一根具有弹性且两端带有负重的器械，其质量为，长度为，固有频率为。使用者手持飞力士健身杆进行锻炼，让健身杆做受迫振动。下列说法正确的是（　　） A. 当手振动的频率为时，飞力士健身杆振动的幅度比频率为时大 B. 若手振动的频率从逐渐增大到，飞力士健身杆振动的幅度先减小后增大 C. 当手振动的频率为时，飞力士健身杆产生共振，振动的幅度最大 D. 要使飞力士健身杆产生共振，需要驱动该飞力士健身杆每秒钟振动40次 【答案】C 【解析】 【详解】A．在受迫振动中，驱动力频率越接近物体固有频率，物体振动幅度越大，该飞力士健身杆固有频率为，比更接近固有频率，所以手振动频率为时飞力士健身杆振动幅度更大，故A错误； B．手振动频率从逐渐增大到，该过程中频率先接近固有频率，后远离固有频率，所以飞力士健身杆振动幅度应先增大后减小，故B错误； C．当驱动力频率（手振动频率）等于物体固有频率时，物体产生共振，此时振动幅度最大，该飞力士健身杆固有频率为，当手振动频率为时产生共振，振动幅度最大，故C正确； D．共振时手振动频率等于飞力士健身杆固有频率，即每秒钟振动4次，故D错误。 故选C。 6. 如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向系统动量守恒有 若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则有 又 联立解得大球移动的距离为 故选C。 7. “飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为m，在水平面内做匀速圆周运动，其受力及合力情况如图所示。设绳的长度为l，绳子跟竖直方向的夹角为，座椅转动的线速度为v，下列说法正确的是（　　） A. 在半个周期内座椅重力冲量为 B. 在半个周期内座椅的动量变化量等于零 C. 若仅增大m，则座椅转动的周期随之增大 D. 若v增大，必增大，座椅转动的周期随之增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据题意可知。座椅转动的周期 故半个周期内重力的冲量为 A正确； B．转动半周，座椅的速度方向恰好与初速度方向相反，选择开始时的速度方向为正方向，则半周时间内，座椅的动量变化量 B错误； CD．由于座椅做匀速圆周运动，则有 解得 可见周期与质量m无关，当v增大，必增大，座椅转动的周期减小，CD错误。 故选A。 二、多选题（每小题5分，共15分） 8. 如图所示，光滑弧形槽的弧长OP远小于半径R，使与竖直的夹角小于。将质量分别为2m和m的小球A、B从图示位置同时由静止释放，不计空气阻力，在两小球发生碰撞之前，则下列说法正确的是（　　） A. 小球A、B运动过程中的回复力是重力和支持力的合力 B. 小球A、B在运动过程中机械能都守恒 C. 小球B比小球A先运动到O点 D. 小球A、B同时到达O点 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球A、B沿弧形槽做简谐运动，也是单摆模型，故小球所受重力在垂直摆线方向的分力提供回复力，重力的另一个分力与支持力的合力提供向心力，故A错误； B．以小球和地球组成的系统，只有重力做功，小球的机械能守恒，故B正确； CD．由单摆周期公式，可知小球A、B运动到O点的时间相等，均为，故C错误，D正确。 故选BD。 9. 防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿的方向飞去，且爆炸过程时间为且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A. 爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与相反的方向飞去 B. 爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C. 爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为 D. 爆炸过程释放的化学能为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．爆炸过程系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，则由动量守恒定律有 解得 由于v与v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误； B．由上分析可知，当时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动。故B正确； C．以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定律可得 解得 故C错误； D．根据能量守恒可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有 根据动量守恒定律有 整理可得 故D正确。 故选BD。 【点睛】爆炸过程中系统水平方向动量守恒，系统满足能量守恒定律。 10. 如图所示，圆筒C可以沿着水平固定的光滑杆（足够长）左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以v0=100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1kg、mB=mC=0.1kg，重力加速度g取10m/s2。则物体B能上升的最大高度和C可以达到的最大速度是（　　） A. 90m B. 105m C. 75m/s D. 60m/s 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．子弹穿过B的过程由动量守恒 解得 v1=0.6v0 当BC共速时B达到最大高度，则 解得 h=90m 选项A正确，B错误； CD．当B摆回到最低点时C的速度最大，则 解得 v3=60m/s 选项C错误，D正确。 故选AD。 三、实验题（每空2分，共14分） 11. 小明同学进行“用单摆测定重力加速度”实验。 （1）该同学组装了如下几种实验装置，你认为最合理的装置是_____。 A. B. C. D. （2）为了完成本实验，需要用刻度尺测量摆线的长度，并用游标卡尺测量球的直径，如图所示，摆球的直径________cm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历次全振动所用的时间。 （3）此单摆的周期________；重力加速度大小________（用、和表示）。 【答案】（1）B （2）1.990 （3） ①. 2.0 ②. 【解析】 【小问1详解】 为了减小误差，摆球应选取质量大、体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应用铁夹夹住细绳。 故选B。 【小问2详解】 摆球的直径 【小问3详解】 [1]此单摆的周期 [2]根据单摆周期公式 可得重力加速度大小 12. “探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。 （1）实验室有如下、、三个小球，从中选出入射小球与被碰小球，则入射小球应该选取______； A. 直径质量 B. 直径质量 C. 直径质量 （2）关于本实验，下列说法正确的是______； A. 小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放 B. 必须测量出斜槽末端到水平地面的高度 C. 实验中需要用到铅垂线 D. 斜槽必须足够光滑且末端保持水平 （3）选取小题（1）中的两个小球完成实验后，用刻度尺测量、、与点的距离、，，若两球发生弹性碰撞，则下列式子成立的是______； A. B. C. 【答案】（1）B （2）AC （3）A 【解析】 【小问1详解】 实验中要选择大小一样的小球，为了防止入射小球碰撞后被弹回，被碰小球的质量应小于入射小球的质量。 故选B。 【小问2详解】 A．为保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，故A正确； B．由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动，小球的水平射程能够反映小球的速度大小，所以实验中不用测量斜槽末端到水平地面的高度。故B错误； C．测量小球的水平射程时，要从斜槽末端的正下方测量，所以要用到重垂线，故C正确； D．斜槽末端一定要水平，只要入射小球每次释放的位置相同，就能使得每次碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故D错误。 故选AC 【小问3详解】 若两球发生弹性碰，根据动量守恒及能量守恒有， 其中，， 代入，，整理得。 故选A。 四、解答题 13. 一个在地球表面上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星表面上，其简谐运动图像如图乙所示。取π2=10，地球表面重力加速度g1取10m/s2，求： （1）此单摆的摆长； （2）在地球上将摆长缩短到原摆长的，则此单摆的频率是多少？ （3）该行星表面重力加速度g2。 【答案】（1）1m （2）1Hz （3）2.5m/s2 【解析】 【小问1详解】 由题图甲知，单摆在地球表面上的振动周期 根据 代入数据解得 【小问2详解】 当摆长缩短为时，周期 此单摆的频率是 【小问3详解】 由题图乙知，单摆在该行星表面上振动周期 所以 所以 14. 如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为、，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力和货物在空中运动的时间） 【答案】 【解析】 【详解】设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后船的速度为，甲船上的人接到货物后船的速度为，由动量守恒定律得 为避免两船相撞应满足 解得 15. 某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能J，弹性势能会全部转化为动能，kg，水平轨道长m，圆轨道半径m，圆弧轨道半径m，D点与竖直方向的夹角，滑块与AC间动摩擦因数（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，，）求： （1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小； （2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能； （3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。 【答案】（1）506N；（2）0；（3）m 【解析】 【详解】（1）从开始发射到滑至圆轨道最高点，由能量守恒定律得： 在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式： 由上两式解得 N （2）在C点，碰撞前滑块a得速度为，由能量守恒定律得： 解得 m/s 碰撞后滑块b获得速度，由动能定理得： 解得 m/s 碰撞后滑块a速度为，由于碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒，得： 解得 m/s 即碰撞后滑块a反向运动，速度大小为8m/s，机械能损失 （3）滑块a碰撞后从C点开始向左运动，滑块a具有的初始动能为 J 滑块a将在轨道间往复运动，直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。 ①若某时刻滑块a恰好能通过圆轨道最高点，有 从开始反向至此刻，由动能定理可列式： 解得 m m 分析可知在最后一个周期中，滑块会从C点向左运动，若BC距离小于等于0.75m，滑块一定能通过最高点，即满足条件的 m ②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处，由动能定理 解得 m m 分析可知在最后一个周期中，滑块会从B点向右运动，若AC距离大于0.5m，滑块将到不了圆心等高处，满足不脱离轨道的条件，故 m 综合①②分析可知，满足条件的BC长度m。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$