【文档说明】山东省泰安市宁阳一中2020-2021学年高二上学期10月学习质量检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，747.500 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级10月学习质量检测物理试题第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、单项选择题（本题共有8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手

接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以()A.减小球的动量的变化量B.减小球对手作用力的冲量C.减小球的动量变化率D.延长接球过程的时间来减小动量的变化量【答案】C【解析】试题分析：篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D错误；根据动

量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确；故选C．考点：动量定理．2.关于简谐运动的位移、速度和加速度的关系，下列哪些说法正确（）A.位移减小时，加速度增大，速度增大B.位移方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同C.物体运动方向指向平衡

位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D.物体向平衡位置运动时，做减速运动，背离平衡位置时，做加速运动【答案】C【解析】【详解】Ａ．位移减小时，加速度kxam=−也减小，速度增大，所以A错误；Ｂ．加速度kxam=−，负号表

示加速度方向与位移方向总相反，在靠近平衡位置过程中是加速运动，位移方向与速度方向相反，所以B错误；Ｃ．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，所以C正确；Ｄ．物体向平衡位置运动时，做加速运动，背离平衡位置时，做减速运动，所以D错误。故选C。

3.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是A.锤子抡起的过程中，车向右运动B.锤子下落的过程中，车向左运动C.锤子抡至最高点时，车速度为0D.锤子敲击车瞬间，车向左运动【答案】C【

解析】A．铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；B．锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；C．锤子抡至最高点时，速度为零

，根据动量守恒定律，车速度为0，故C正确；D．锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误．故选C4.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图

像如图所示，下列关系正确的是（）A.abmmB.abmmC.abmm=D.无法判断【答案】B【解析】【详解】两球碰撞过程中，动量、动能守恒，所以有012aabmvmvmv=+，222012111222aabm

vmvmv=+联立解得10ababmmvvmm−=+，202aabmvvmm=+由图象可知碰后a球速度v1为负值，因此abmm，故ACD错误，B正确。故选B。5.质量为m的小球以水平速度v与静止在光滑水平面上质

量为3m的静止的小球B正碰后，A球的速率变为原来的12，则碰后B球的速度是（）（以v的方向为正方向）A.6vB.-vC.-3vD.2v【答案】D【解析】【详解】以A、B组成的系统为研究对象，以m的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA+3mvB，碰撞

后A的方向可能与初速度方向相同，也可能相反，即：vA=±v2解得：vB=v6或v2其中当vB＜v6＜v2还要发生第二次碰撞，这不可能，故此答案舍去；A．6v，与结论不相符，选项A错误；B．–v，与结论不相符，选项B错误；C．-3v，与结论不相符，选项C错误；D．2v，与结论相符，

选项D正确；故选D．【点睛】碰撞过程中动量守恒，本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞，碰后动能小于等于碰前动能．碰后A球的速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．本

题容易错选AD，做题过程中注意满足数学关系，不一定满足物理规律或实际情况，注意发生碰撞条件的灵活应用．6.下列说法中正确的是____A.一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是匀变速直线运动B.若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为

原来的12，则单摆振动的频率将不变，振幅变小C.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，速度一定相同D.单摆在周期性的外力作用下做受迫运动，则外力的频率越大,单摆的振幅越大【答案】B【解析】【详解】A．一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是变加速直线运动，选

项A错误；B．根据单摆的周期公式2gLT=可知若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，则单摆振动的频率将不变，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/2，振幅变小，选项B正确；C．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，速度大小一定相同，但是方向不一定相同，故选项C错误；D

．单摆在周期性的外力作用下做受迫运动，则外力的频率越接近单摆的固有频率时,单摆的振幅越大，选项D错误；故选B。7.如图，横截面积为5cm2的水柱以10m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则

墙壁所受水柱冲击力为（）A.5NB.50NC.500ND.5000N【答案】B【解析】【详解】在时间t内喷水质量为10000.000510kg5kgmSvttt===水在时间t内受到强的冲量为0ImvFt=−=代入数据解得50NF=−负

号表示水受到墙的作用力方向与运动的方向相反，所以墙壁所受水柱冲击力为50N。故选B。8.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变

化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，到达下端时重力的瞬时功率依次为P1、P2、P3，则有（）A.123III，123ppp，123PPP==B.123III，123ppp==，123PPPC.123III==，

123ppp==，123PPPD.123III==，123ppp==，123PPP==【答案】B【解析】【详解】设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由21sinsin2hgt=得物体下滑的时间22sin

htg=所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I=mgt就越大，故123III由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量pmv=相等，即123ppp==重力的瞬时功率sinPmgv=θ越

小，sinθ越小，P越小，即123PPP故选B。二、多项选择题（本题共有4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.关于质点做简谐运动，下列说法

中正确的是()A.在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B.在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C.在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D.在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小

也减小【答案】AD【解析】【详解】回复力与位移方向总是相反，在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反，A正确，B错误；做简谐运动的弹簧振子，靠近平衡位置时，回复力减小，而速度增大，动能增大，离开平

衡位置时，回复力增大，速度减小，动能减小，C错误；某一段时间内，它的势能减小，向平衡位置靠近，加速度减小，D正确．10.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，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，以下说法不正确的是（）A.甲、乙两车运动中速度之比为MmM+B.甲、乙两车运动中速度之比为MMm+C.甲车移动的距离为2MmMm++LD.乙车移动的距离为2MMm+L【答案】B【解析】【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，由动量守恒定律得0()MvMmv=−+甲乙可得甲、乙两车运动中速度之比为vMmvM+=甲乙故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2，则有svt=甲甲，svt=乙乙又ssL+=甲乙联立解得=2MmsLMm++甲，=2MsLMm+乙故CD

正确。本题选不正确的，故选B。11.如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，摆球质量均相同，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则稳定后（）A.其他各摆振动周期跟A摆相同B.其他各摆振动的振幅大小相等C.其他各摆振动的振幅

大小不同，E摆的振幅最大D.B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小【答案】ACD【解析】【详解】A．A摆振动后迫使水平绳摆动，水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，故A正确；BCD．驱

动力的频率等于A摆的固有频率AA112πgfTl==其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是BA11.412π0.5gffl=CA10.822π1.5gffl=DA10.712π2gffl=EA12πgffl==可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最

大；B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异；C摆的固有频率与驱动力的频率相差比D摆的固有频率与驱动力的频率相差小，C的振幅比D大；而D摆的固有频率与驱动力的频率相差比B摆的固有频率与驱动力的频率相差小，D的振幅比B大,故B错误，CD正确。故选ACD。1

2.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B.2ts=时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C.甲、乙两球的摆长之比为4∶1D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等【答

案】AB【解析】【详解】A．由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，振幅之比为2：1，故选项A正确；B．t=2s时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；C．由单摆的周期公式2πlTg=得到甲、乙两摆的摆长之比为1

：4，故选项C错误；D．因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D错误。故选AB。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）三、实验题（共14分）13.甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3cm左右，

外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示）B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个大约α=30°的角度，然后由静止释放D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=3

0t得出周期．①则该同学以上实验步骤中有错误的是__②若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值__（偏大或偏小）③如果该同学改正了错误，改变OM间细线的长度做了2次实验，记下每次相应的线长度l1

、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是__．【答案】(1).BCD(2).偏小(3).22122214()llgTT−=−【解析】【详解】①[1]B中，摆长应是从悬点到大理石块的质心的距

离；C中，摆球的摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公式失效，不能测定g；D中，测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确②[2]根据单摆的周期公式2LTg=，得224πLgT=该同学用OM的长

L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小③[3]设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式2LTg=得112lrTg+=；222lrTg+=联立解得()22122214llgTT−=−14.用半径均为r的小球1和小球2

碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装固定好实验装置，竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹子固定，小球球心与O点位置等高，实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静

止滚下，并落在竖直挡板上。重复多次，确定小球落点的平均位置P；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，确定碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的竖直方向的距离分别为h1、h2、h3。(1)两小球的

直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为_____mm。(2)设球1和球2的质量分别为m1、m2，若满足_____，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足_____，则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞

。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示）【答案】(1).9.8469.848(2).112231mmmhhh=+(3).112231mmmhhh=+【解析】【详解】（1）[1]小球的直径9.5mm34.70

.01mm9.847mm+=。（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，水平方向0dvt=竖直方向212hgt=解得02gvdh=由题意可知，碰撞前球1的速度为022gvdh=碰撞后球1的速度为112gvdh=碰撞后球2的速度为232gvdh=碰撞过程

系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得101122mvmvmv=+整理得112213mmmhhh=+。（2）[3]两球发生的碰撞为弹性碰撞，满足能量守恒222101122111222mvmvmv=+整理得11221

3mmmhhh=+。四、计算题（本题共4小题，共46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。）15.一水平弹簧振子做

简谐运动，其位移和时间关系如图所示．(1)求振子的振幅、周期各为多大？．(2)从t＝0到t＝8.5×10－2s的时间内，振子通过的路程为多大？(3)求t＝2.0×10－2s时振子的位移．【答案】(1)A=2cm，T=2210s−(

2)s=34cm；(3)x=-2cm；【解析】(1)由图象可知A=2cm，T＝2×10－2s．(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2s＝174T，所以通过的路程为174×4A＝17A＝17×2cm＝34cm．(3)t＝2

0×10－2s时振子在负最大位移处，位移为-2cm．16.如图所示，水平轨道O点左侧粗糙，右侧光滑，在A、B两物块中间安放一颗微型炸药，并紧挨着放置于O点保持静止，物块C静置在O点右侧的P点上．某时刻引爆炸药，使两物块相向运动，A滑

行到Q点后停止，B与C相碰后粘在一起向右运动．已知物块A与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，O、Q间的距离L＝2.0m，物块的质量分别为mA＝2.0kg，mB＝1.0kg，mC＝3.0kg，重力加速度g＝10m/s2，A、B、

C均可视为质点，爆炸时间极短．求：(1)爆炸瞬间，物块A获得的速率vA(2)爆炸瞬间，物块B获得的速率vB(3)物块B与物块C相碰时产生的内能E【答案】(1)vA=2m/s(2)vB=4m/s(3)E=6J【解析】(1)A物块从O到Q过程，由动能定理

－μmAgL=0－12mAvA2解得：vA=2m/s(2)取向右为正方向，爆炸瞬间，A与B组成的系统动量守恒0=－mAvA＋mBvB解得：vB=4m/s(3)取向右为正方向，B与C组成的系统动量守恒，能量守恒动量守恒：mBvB=(mB＋mC)v能量守恒：E=12mvB2

－12(mB+mC)v2联立解得：E=6J17.如图所示，甲车质量120kgm=，车上有质量50kgM=的人，甲车（连同车上的人）从足够长，高0.45mh=的斜坡上由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动．此时质量250kgm=的乙车正以01.8m/sv=的速度迎面滑来，为了避免两车

相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度v（相对地面）应在什么范围以内？不计地面和斜坡的摩擦，g取210m/s．【答案】3.8/4.8/msvms【解析】【详解】设甲车（包括人）滑下斜坡后速度为1v，由机械能守恒

定律得()()211112mMghMmv+=+在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为1v和2v，由动量守恒定律得：人跳离甲车时：()1111mM

vmvmv+=+，人跳上乙车时：()2022MvmvMmv−=+，两车不可能再发生碰撞的临界条件是：12=vv当12=vv时，解得：3.8m/sv=，当12vv=−时，解得：4.8m/sv=，故v的取值范围为：3.8m/s4.8m/sv．18.如图

所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车

之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比【答案】（1）6kmgL−；（2）27mkgL；（3）133【解析】【详解】（1）设运动过程中

摩擦阻力做的总功为W，则236WkmgLkmgLkmgLkmgL=−−−=−（2）设第一车初速度为0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u；人给第一车的水平冲量大小为I,因此有动量守恒和

动能定理可得22101122kmgLmvmu−=−222111(2)(2)(2)22kmgLmvmu−=−221(3)0(3)2kmgLmu−=−112mvmu=2223mvmu=得0027ImumkgL=−=（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为

△Ek1和△Ek2由1132kEkmgL=232kEkmgL=得12133kkEE=