【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Δ100kgm/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22210m/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900N5010N1500N0.9pFmgt=+=+=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()2122222hhmgmgmmv−=+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21126mvm

gh=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BBFt

p=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()()222101122111coscos222mvmvmv=+【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112mO

PmOMmON=+[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1c

m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11mm0.056mm11.30mm1.130cm+==【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/s

v=，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222012111222EMvvMvm=−−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()3mgFkxmgkxk=+−=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3

3()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002

23mvmvmv=+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)2m

gLmv−=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(coscos)(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==