【文档说明】北京市十一学校2023-2024学年高一下学期教与学诊断物理Ⅱ试卷（A） Word版含解析.docx，共(22)页，1.780 MB，由小赞的店铺上传

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北京市十一学校2023~2024学年第3学段高一年级物理Ⅱ（A）学科教与学诊断时间：90分钟总分：100分一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全

的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。）1.关于机械能，下列说法正确是（）A.如果物体所受的合外力不为零，则机械能一定发生变化B.做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒C.做变速运动的物体，其机械能可能守恒D物体不受摩擦力，机械能一定守恒【答案】C【解析】

【详解】A．如果物体所受的除重力和弹力外其它力做功不为零，则机械能一定发生变化，故A错误；B．在拉力作用下匀速上升物体，拉力做功，其机械能不守恒，故B错误；C．自由下落的物体，做变速运动，只有重力做功其机械能能守恒，故C正

确；D．在拉力作用下物体匀速上升，拉力做功，物体不受摩擦力，机械能不守恒，故D错误。故选C。2.如图所示，一个质量为0.1kg的钢球以6m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动。在这一过程中（）A.钢球的动能变化量为0B.钢球的动量变化量为0C.墙

壁对钢球的弹力做负功D.墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左的.【答案】AD【解析】【详解】AC．根据题意可知钢球与墙壁碰撞过程前后速度大小不变，则钢球的动能不变，钢球的动能变化量为0，根据动能定理可知墙壁对钢球的弹力做功为零，故A正确，C错误；BD．以向左为

正方向，根据动量定理60.1kgm/s(60.1)kgm/s1.2kgm/sIpmvmv==−=−−=可知钢球的动量变化量为1.2kgm/s，墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确，B错

误。故选AD。3.木块A和B用一根轻弹簧连起来，放在光滑水平面上，A紧靠墙壁，在B上施加向左的水平力压缩弹簧，如图所示。撤去外力后，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）A.A尚未离开墙壁前，系统的动量守恒B.A尚未离开墙壁前，系统的机

械能守恒C.A离开墙壁后，系统的动量守恒D.A离开墙壁后，系统的机械能守恒【答案】BCD【解析】【详解】AB．当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以A、B和弹簧组成的系统的动量不守恒，但由于没有外力做功，故系统的机械能守恒，故A错

误，B正确；CD．A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B和弹簧组成的系统的动量守恒，由于没有外力做功，故系统机械能守恒，故CD正确。故选BCD。4.某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（）A.振幅为8cmB.周期为2sC.3st=时，质点的速度为负

的最大值D.0.5st=时，质点的加速度为正的最大值【答案】ABC【解析】【详解】AB．由图可知振幅为8cm，周期为2s，选项AB正确；C．xt−图像斜率表示速度，由图3st=时，质点的速度为负的最大值，选项C正确；D．0.5st=时，质点在正向最大位移处，根据kxam=−可知加速度为负的最大

值，选项D错误。故选ABC。5.一根张紧的水平绳上挂了5个小球，摆长DCABElllll=，使A摆动后，其他四个摆随之振动。则达到稳定时（）A.B摆的周期最大B.这四个摆的周期各不相同C.只有B摆发生共振现象D.在B摆的振幅大于E摆的振幅【答案】CD【解析】【详

解】AB．B、C、D、E四个小球都做受迫振动，其振动周期与A球振动周期相同，故AB错误；CD．根据2lTg=可知B摆的固有频率与A摆的振动频率相同，所以只有B摆发生共振现象，B摆的摆幅最大，故CD正确。故选CD。6.如图所示，以O点为平横位置

，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时1s，则下列说法中正确的是（）A.摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动B.该单摆的摆长约为1mC.从A点向O点运动的过程中，摆球回复力也

不断增大D.将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大【答案】BD【解析】【详解】A．摆球从A点经O点运动到B点，再从B点经O点运动到A点即完成一次全振动，故A错误；B．根据题意可知单摆的周期为2sT=根据单摆的周期公式有2LTg=解得1mL故B正确；C

．根据回复力公式Fkx=−从A点向O点运动的过程中，位移不断减小，摆球回复力也不断减小，故C错误；D．将单摆从地面移至山顶，重力加速度减小，摆动周期将增大，故D正确。故选BD。7.如图所示，一个质量50kgm=蹦床运动员，从离水平网面13.2mh=高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回

到离水平网面25.0mh=高处。已知运动员与网接触的时间为Δ0.9st=，重力加速度g取210m/s。下列说法正确的是（）的A.运动员与网接触这段时间内，动量变化量的大小Δ900kgm/sp=B.运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小Δ100k

gm/sp=C.网对运动员平均作用力的大小1500NF=D.网对运动员平均作用力的大小1000NF=【答案】AC【解析】【详解】AB．设运动员触网前的速度大小为1v，下落过程有21112mghmv=解得1128m/svgh==设运动员触网后的速度大小为2v，上升过程有22212mghmv=解得2

2210m/svgh==以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为()()21Δ5010kgm/s508kgm/s900kgm/spmvmv=−−=−−=方向竖直向上。故A正确，B错误；CD．触网过程中，根据动量定理可得()ΔΔFmgtp−=解得的900N5

010N1500N0.9pFmgt=+=+=故C正确，D错误。故选AC8.如图所示，ab、两物块质量分别为2mm、，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，ab、两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后

由静止释放，直至ab、物块间高度差为h。在此过程中，下列说法正确的是（）A.物块a的机械能守恒B.物块b的机械能减小了mghC.物块b机械能的变化量等于细绳拉力对它所做的功D.物块a重力势能的增加量小

于其动能增加量【答案】C【解析】【详解】A．物块a上升的过程中，动能增加，重力势能也增加，因此物块a的机械能增加，故A错误；B．a、b物块间高度差为h，说明a上升了2h，b下降了2h，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则有()2122222hhmgmg

mmv−=+解得3ghv=所以物块b机械能减少了21222223hmgmvmgh−=故B错误；C．根据功能原理可知物块b机械能的改变量等于细绳拉力对它所做的功，故C正确；D．物块a重力势能的增加量为2hmg

，动能增加量为21126mvmgh=可知物块a的重力势能增加量大于其动能增加量，故D错误。故选C。9.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比AB3mm=。将两车用细线拴在一起，中间

有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（）A.动量的变化率大小之比ABΔΔ:1:1ΔΔpptt=B.速度大小之比AB:1:1vv=C.动能之比kAkB:1:3EE=D.动量大小之比AB:1:3pp=【答案】AC【解析】【详解】A．根据动量定理得：对A

有AAFtp=对B有BBFtp=根据牛顿第三定律知，FA与FB大小相等可得ABΔΔ:1:1ΔΔpptt=故A正确；B．系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得AABB0mvmv−=由AB3mm=

，解得AB:1:3vv=故B错误；CD．根据动量守恒定律得AB:1:1pp=由动能22k122pEmvm==解得ABkkBA::1:3EEmm==故C正确，D错误。故选AC。10.某同学以一定的初

速度竖直向上拋出一小球。以抛出点为零势能点，不计空气阻力，小球可视为质点，下图所示图线中，能反映小球从拋出到落回抛出点的过程中，其重力的冲量GI、动能kE、重力势能pE、机械能E随时间t变化关系可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC

【解析】【详解】A．根据GImgt=可知GIt−图像是过原点的直线，故A正确；B．以一定的初速度竖直向上抛出的小球做竖直上抛运动，有0vvgt=−2012hvtgt=−小球的动能为()22222k00011112222Emvmvgtmvmvgtmgt==−=−+可知kEt−

图像是开口向上的抛物线，故B错误；C．以抛出点为零势能点，则小球的重力势能为22p012Emghmgvtmgt==−可知pEt−图像是开口向下的抛物线，故C正确；D．小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，可知Et−图像是平行于t轴的直

线，故D错误。故选AC。11.如图所示，质量为m的半圆形光滑凹槽静止放在光滑的水平面上，圆槽半径为R，一个质量为2m小球静止在凹槽的左端最高点A处。现将小球释放，在小球第一次从A开始经最低点B运动到右侧最

高点C的过程中，下列说法中正确的是（）A.在整个过程中，小球和凹槽组成的系统动量守恒B.小球在从A到B的运动过程中一直处于失重状态C.小球从A到C的过程中，凹槽先向左运动，后向右运动D.当小球运动到C点时，凹槽相对地面走过的路程为23R【答案】

D【解析】【详解】A．小球和凹槽所组成的系统在水平方向上合外力为0，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为0，竖直方向动量不守恒。故A错误；B．小球从A到B的运动过程中做圆周运动，有向心加速度，距离B点越近，

竖直向上的分加速度越大。因此刚开始运动时处于失重状态，后处于超重状态。故B错误；C．小球从A到C的过程中，由于水平方向动量守恒，凹槽一直向左运动，在C处运动到最左端。故C错误；D．运动过程中假设小球相对地面走过的距离为1S，凹槽走过距

离为2S，根据水平方向动量守恒，可得1202SSmmtt−=由于凹槽半径为2R，则有122SSR+=联立可得222232mSRRmm==+故D正确。故选D。12.动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于

目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为1m和2m的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度0v（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，若速度0v不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速

度1v、2v都会偏离0v的方向，偏角分别为φ、θ。下列说法正确的是（）A.两小球在球心连线方向动量不守恒B.两小球的相互作用力方向与速度2v方向共线C.两小球碰后速度大小满足1122sinsinmvmv=D.两小球碰后速度大小满足()()222101122111coscos222mv

mvmv=+【答案】BC【解析】【详解】A．碰撞为弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，故A错误；C．设碰后两球速度大小分别为1v、2v，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动

量守恒表达式如下110212coscosmvmvmv=+规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下2211sinsin0mvmv−=故C正确；B．对球2，由动量定理220Ftmv=−可知，F的方向与2v方向相同，与水平方向夹角为θ，故

B正确；D．球1以速度0v（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，则动能守恒，则222101122111222mvmvmv=+故D错误。故选BC。二、实验题（共16分）。将答案填在答题纸相应位置处。13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证

动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球A（质量为1m）多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP；然后把被碰小球B（质量为2m）静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由

静止释放，与被碰小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地点的平均位置M、N。（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。实验必须满足的条件有________；A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差B.斜槽轨道末端的切线必须水平C.入射

球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D.两球的质量必须相等（2）在某次实验中，测出三个落地点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式______，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒；如果再满足关系式___

___，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（以上两空用给出的物理量表示）（3）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是_______A.B.C.【答案】（1）BC（2）①.112mOPmOMmON=

+②.222112mOPmOMmON=+（3）B【解析】【小问1详解】A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；B．料槽轨道末端切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射

球碰撞前的速度保持相同，故C正确；D．入射球和被碰球需要发生正碰，但并不要求质量相等，故D错误。故选BC。【小问2详解】[1]本实验验证动量守恒定律，即验证101122mvmvmv=+根据平抛运动规律有212hgt=，0xvt=小球落地时间相等，x与v成正比，则有

112mOPmOMmON=+[2]若两球的碰撞为弹性碰撞，则222101122111222mvmvmv=+解得222112mOPmOMmON=+【小问3详解】A．由碰撞过程动量守恒112mOPmOMmON=+，得的21mOPOMONm=+由12mm，可得

OPOM，OPOMON+解得OPOMON+在A图中可得OPOM故A错误；C．碰撞过程，碰撞后的总动能不能大于碰撞前的总动能，则有222112111222mOPmOMmON+在C图中可得OPOMON+故C错误；B

．在B图中可得OPOMON+且OPOMON+故B正确。故选B。14.实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______（选填选项前的字母）A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直

径约1cm的均匀铁球D.直径约10cm的均匀木球（2）某同学利用游标卡尺测量小球直径，如图所示，小球直径d为______cm。（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：______（选填选项前的字母）A.

测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记

在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是______（选填“2l”、“l”、“l”），若图线斜率为k，则重力加速度。g=______（用k和常数表示）（5）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周

期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因______。【答案】（1）AC（2）1.130（3）BC（4）①.l②.224k（5）见解析【解析】【小问1详解】AB．单摆所

用细线的长度需要比小球的尺寸大得多，且不可伸缩，即选用长约1m的细线，故A正确，B错误；CD．为了减小空气阻力的影响，摆球需选择质量大、体积小，即密度大的钢球，故C正确，D错误。故选AC。【小问2详解】根据游标卡尺的读数规律，该读数为11mm0.05

6mm11.30mm1.130cm+==【小问3详解】A．测出摆线长，将摆线与钢球半径之和作为单摆的摆长，故A错误；B．当摆角小于5°时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动，可知实验中需要把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C．摆球在平

衡位置，即在最低点时速度大，容易确定，以该位置为计时参考点误差小，即实验中，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；D．单摆摆动一个周期时间较小，为了减小测量误差，实验中，用秒表测量单摆完成30次或50次全振动所用时间

，用时间除以全振动的次数作为单摆的周期，故D错误。故选BC。【小问4详解】[1]根据单摆的周期公式有22lTlgg==图像纵坐标为周期，图像为一条过原点的倾斜直线，可知，横坐标为l。[2]结合图像与上述有2kg=解得224gk=【小问5详解】2lTg=

是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角很小时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动。三、计算题（本题包括5小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.质量为1kgm=的小球从高1.8mh=处

由静止落下并落到地面，并立即陷入泥潭中，又经过时间0.2st=后静止。若泥潭对小球的作用力为恒力，取10N/kgg=，求：（1）泥潭对小球作用力的大小；（2）从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量；【答

案】（1）40N；（2）8Ns，方向竖直向下【解析】【详解】（1）小球从开始下落到进入泥潭前做自由落体运动过程，则有22vgh=解得刚进入泥潭时小球的速度为26m/svgh==设泥潭对小球的平均作用力大小为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得()()0Fmgtmv−=−−解得泥潭

对小球作用力的大小为40NF=（2）根据212hgt=解得从开始下落到进入泥潭前，运动的时间为20.6shtg==从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量为()8NsImgtt=+=，方向竖直向下16.如图所示，两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动。小

球A的质量为2kgM=，速度大小为14m/sv=，方向水平向右；小球B的质量为1kgm=，静止在水平面上，某时刻小球A、B对心正碰，碰后小球B的速度为24m/sv=，方向水平向右。已知滑块A、B碰撞过程中的相互作用时间为

0.01st=。求：（1）碰后小球A的速度大小1v；（2）碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小；（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能E损。【答案】（1）2m/s；（2）400N；（3）4J【解析】

【详解】（1）小球A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律112MvMvmv=+代入数据解得12m/sv=（2）对B根据动量定理20Fvtm−=−解得碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小400NF−=（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能22201211122

2EMvvMvm=−−损代入数据解得4JE=损17.如图甲所示，一个劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面上，使其直立，另一端上下叠放着物块A、B，两物块质量分别为3m和m。当弹簧和两物块组成的系统静止时，从上方拿走物块B，物块A开始做竖直方向上的运动，如图乙所示。已知重力加

速度大小为g。（1）证明：当拿走物体B后，物块A在竖直方向上做简谐运动；（2）求A做简谐运动的最大加速度和振幅；（3）求A上升到最高点时，桌面受到弹簧给的弹力大小和方向。【答案】（1）见解析；（2）13g，mgk；（3）竖直向下的2mg的弹力【解析】【

详解】（1）A处于甲图中的状态时，设弹簧压缩量为1x14mgkx=解得14mgxk=设A弹簧压缩量为2x时，物块A上升到最大高度，有动能定理得121212302kxkxmgxxxx+−−+−=

（）（）解得22mgxk=当A的加速度为0时，设此时弹簧的压缩量为3x33mgkx=解得33mgxk=弹簧形变量在43mgmgkk时，设弹簧距离加速度为0的点为x，由牛顿第二定律得3()3mgFkxmg

kxk=+−=合方向指向加速度为0的点弹簧形变量在32mgmgkk时，设弹簧距离加速度为0的点为x，由牛顿第二定律得33()mgFmgkxkxk=−−=合方向指向加速度为0的点由以上两个结论可知，物块A以加速度为0的点为平衡位置，做

简谐运动。（2）由上题可知，当弹簧压缩量在14mgxk=、22mgxk=两位置时，物块A的加速度最大，由牛顿第二定律得m433mgkmgmak−=解得m13ag=由上题可知A做简谐运动的振幅1343A=mgmgmgxxkkk−=−=（3）A上升到最高点时

，由（1）问可知，此时弹簧的压缩量为2mgk，此时弹簧弹力22mgFkmgk==弹簧对物块竖直向上2mg的弹力，同时弹簧对桌面有竖直向下的2mg的弹力。18.如图1所示光滑水平面上静止一质量为2m，长为L的木块，质量为m的

子弹以水平向右的初速度0v射入木块并以水平向右023v的速度射出。求：（1）木块的末速度v大小；（2）子弹受到的冲量；（3）在图2中定性画出相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像（在横纵坐标中标出对应物理量），并利用图像求相互作用过程的时间。【答案】（1）06v；（2）03mv，方向向左

；（3）见解析【解析】【详解】（1）子弹穿木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得00223mvmvmv=+解得06vv=（2）对子弹，由动量定理得0023Imvmv=−解得03mvI=−即

冲量大小为03mv，方向向左；（3）根据以上分析可得相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像如图所示根据位移关系可得00011213226vvvttL+−=解得1043Ltv=19.摆动是生活中常见的运动形式

，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。（1）如图1所示，一个摆的摆长为L，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为

（）时，求此时小球的角速度大小1。（2）如图3所示，长为L的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为2L和L处分别固定一个质量为m、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。a．将杆与小球组成的系统

拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小2。b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比2和1的表达式，参照单摆的周期公式2LTg=，写出此系统做简谐运动的周期的表

达式，并说明依据。【答案】（1）a．(32cos)mg−，b．2(coscos)gL−；（2）a．12(coscos)5gL−，b．526LTg=，依据见解析【解析】【详解】（1）a．根据机械能守恒定律可

得21(1cos)2−=mgLmv在最低点根据牛顿第二定律2vFmgmL−=解得(32cos)Fmg=−b．根据机械能守恒定律可得211(coscos)2mgLmv−=角速度为11vL=联立解得12(coscos)gL−=（2）a．根据机械能守恒定律可得222211(co

scos)(coscos)222LmgLmgmvmv−+−=+其中22vL=，222Lv=代入解得212(coscos)5gL−=b．此系统做简谐运动的周期为526LTg=对比2和1的表达式可得2165=可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两

个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足2165=因此56TT=可得55266LTTg==