PAGE山東省新泰市第二中學2021-2022學年高二階段性測試（一）物理試卷一、單選題1．物體做曲線運動的過程中以下物理量一定會發生變化的是（）A．加速度 B．動能 C．動量 D．機械能2．從同一高度將兩個質量相等的物體，一個自由落下，一個以某一水平速度拋出，當它們落至同一水平面的過程中（空氣阻力不計）（）A．動量變化量大小不同，方向相同B．動量變化量大小相同，方向不同C．動量變化量大小、方向都不相同D．動量變化量大小、方向都相同3．一質量為的運動員從下蹲靜止狀態向上起跳，經時間，身體伸直并剛好離開地面，此時速度為，在此過程中（）A．地面對他的沖量為B．地面對他的沖量為C．地面對他的沖量為D．地面對他的沖量為4．人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況。若手機質量約為，從離人眼約的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為，取。下列說法正確的是（）A．手機落到眼睛處的速度大小約為 B．手機對眼睛的沖量方向豎直向上C．手機對眼睛的沖量大小約為 D．眼睛對手機的平均作用力大小約為5．如圖所示，一名質量為65kg的男生和一名質量為45kg的女生在沒有阻力的冰面上用一根質量可以忽略的繩子做拔河游戲（）A．男生對繩的拉力與繩對男生的拉力是一對平衡力B．這場游戲的獲勝者一定是男生，因為男生力氣大C．這場游戲的獲勝者一定是男生，因為男生質量大D．若女生收繩的速度比男生快，則女生能贏得“拔河”比賽的勝利6．如圖，質量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙．質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，車足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終速度大小為（）A．零 B． C． D．7．設a、b兩小球相撞，碰撞前后都在同一直線上運動．若測得它們相撞前的速度為va、vb，相撞后的速度為、，可知兩球的質量之比等于A． B． C． D．8．a、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發生正碰，作用前a球動量pa=30kg·m/s，b球動量pb=0，碰撞過程中，a球的動量減少了20kg·m/s，則作用后b球的動量為()A．-20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s9．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發生正碰．小球的質量分別為m1和m2．圖乙為它們碰撞前后的S﹣t圖象．已知m1=0.1kg，由此可以判斷（）①碰前m2靜止，m1向右運動；②碰后m2和m1都向右運動；③由動量守恒可以算出m2=0.3kg；④碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能；以上判斷正確的是（）A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④二、多選題10．兩個小球A，B在光滑的水平地面上相向運動，已知它們的質量分別是，，A的速度（設為正），B的速度，則它們發生正碰后，其A、B兩球速度可能分別為（）A．均為 B．和C．和 D．和11．如圖所示，甲、乙兩車的質量均為5m，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L。乙車上站立著一個質量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是（）

A．甲、乙兩車運動中動量大小之比為6∶5B．甲、乙兩車運動中速度之比為5∶6C．甲車移動的距離為D．乙車移動的距離為12．如圖甲所示，一質量為m的物塊在t=0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端。下列說法正確的是（）A．3t0末的速度大小為0.45v0B．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cosθC．斜面傾角θ的正弦值為D．物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為三、實驗題13．如圖甲所示，用半徑相同的A、B兩球的碰撞可以驗證“動量守恒定律”。實驗時先讓質量為的A球從斜槽上某一固定位置C由靜止開始滾下，進入水平軌道后，從軌道末端水平拋出，落到位于水平地面的復寫紙上，在下面的白紙上留下痕跡。重復上述操作10次，得到10個落點痕跡。再把質量為的B球放在水平軌道末端，讓A球仍從位置C由靜止滾下，A球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復操作10次。如圖乙所示，M、P、N為三個落點的平均位置，未放B球時，A球的落點是P點。O點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點。

（1）本實驗中，要想更準確的確定小球平均落點位置，需要借助哪種實驗儀器_____（填儀器名稱即可）（2）在這個實驗中，為了減小實驗誤差，兩球的質量應滿足______；（填“>”、“<”或“=”）（3）在某次實驗中，測得兩球的質量分別為、，記錄的落點平均位置M、N與在同一條直線上，測得三個落點位置與O點的距離、、分別為、、。在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式______，則可以認為A、B兩球碰撞前后在方向上的總動量守恒；若碰撞是彈性碰撞，則僅需滿足的關系式______。（均用測量的量表示）四、解答題14．質量的物體，在水平力的作用下，在光滑水平面上從靜止開始運動，運動時間為，求：（1）力在內對物體所做的功；（2）力在內對物體所做的功的平均功率；（3）內物體增加的動量大小。15．如圖所示，質量m1＝2kg、長度l＝5m的木板，以速度v1＝5m/s沿光滑水平面向右勻速運動。某時刻一質量m2＝1kg的小木塊(可視為質點)，以水平向左的速度v2＝5m/s從木板的右端滑上木板，最終剛好不能滑離木板。重力加速度g取10m/s2，求：(1)木塊與木板間的動摩擦因數；(2)小木塊做加速運動過程的時間。16．如圖所示，光滑懸空軌道上靜止一質量為3m的小車A，用一段不可伸長的輕質細繩懸掛一質量為2m的木塊B.一質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊(時間極短)，在以后的運動過程中，細繩離開豎直方向的最大角度小于90°，試求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)(1)子彈射入木塊B時產生的熱量；(2)木塊B能擺起的最大高度；(3)小車A運動過程的最大速度大小．17.如圖所示，水平圓盤通過輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個裝置處于靜止狀態。套在輕桿上的光滑圓環從圓盤正上方高為h處自由落下，與圓盤碰撞并立刻一起運動，共同下降eq\f(h,2)到達最低點。已知圓環質量為m，圓盤質量為2m，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)碰撞過程中，圓環與圓盤組成的系統機械能的減少量ΔE；(2)碰撞后至最低點的過程中，系統克服彈簧彈力做的功W。參考答案1．C【詳解】A．物體可以受恒力作用做曲線運動，比如拋體運動，加速度可以恒定，故A錯誤．B．物體做曲線運動的過程中，速度的方向一定改變，但大小不一定變，動能不一定變，比如勻速圓周運動，故B錯誤．C．做曲線運動速度方向一定改變，動量的方向就是速度方向，故C正確．D．物體做曲線運動與機械能沒有直接關系，比如水平面的勻速圓周運動，故D錯誤．2．D【分析】本題考察對動量定理的理解。【詳解】同意高度物體做自由落體運動和平拋運動時間相等，根據動量定理動量變化量大小、方向都相同。故ABC錯誤，D正確。故選D。3．A【詳解】取向上為正，人從下蹲起跳，經?t時間速度為v，對此過程應用動量定理得I-mg?t=mv-0解得在此過程中，地面對他的沖量I=mv+mg?tA正確。故選A。4．C【詳解】A．手機自由落體運動，有解得故A錯誤；B．手機對眼睛的作用力，豎直向下，根據沖量的概念，可知其沖量方向豎直向下。故B錯誤；C．取豎直向上為正方向，手機與眼睛作用過程應用動量定理，解得故C正確；D．眼睛對手機的平均作用力大小滿足解得故D錯誤。故選C。5．C【詳解】A．男生對繩的拉力與繩對男生的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤；B．男生與女生拉同一根繩子，繩子兩端拉力始終相等，因此與男生力氣大無關，B錯誤；C、D．由于冰面上沒有阻力，因此男生、女生和繩子組成的系統動量守恒，男生與女生的動量始終大小相等方向相反，由于男生的質量大，女生的質量小，因此男生的速度慢，女生的速度快，女生會先通過中點，因此男生會獲勝，C正確，D錯誤；故選C6．C【詳解】B滑上A的過程中，AB系統動量守恒，根據動量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=故選C7．A【詳解】兩球碰撞過程系統動量守恒，以a的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得故選A．8．C【詳解】碰撞過程中，a球的動量減少了20kg·m/s，故此時a球的動量是10kg·m/s，a、b兩球碰撞前后總動量保持不變為30kg·m/s，則作用后b球的動量為20kg·m/s，C正確，ABD錯誤；故選C．9．A【詳解】A．由s?t(位移時間)圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止；m1速度大小為v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故①正確；B．由圖讀出,碰后m2的速度為正方向,說明向右運動,m1的速度為負方向，說明向左運動，故②錯誤；C．由圖求出碰后m2和m1的速度分別為v′2=2m/s,v′1=?2m/s,根據動量守恒定律得m1v1=m2v′2+m1v′1代入解得,m2=0.3kg，故③正確；D．碰撞過程中系統損失的機械能④錯誤．故選A。10．AD【詳解】由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求，再看動能情況，有由于碰撞過程動能不可能增加，所以應有，故B錯誤；由于小球A、B沿同一直線相向運動，發生碰撞后不可能都保持原來的速度方向，故C錯誤。故選AD。11．AC【詳解】AB．甲、乙和兩車組成的系統合外力為零，系統的動量守恒，取向右為正方向，有則甲、乙兩車運動中速度之比為而甲、乙兩車運動中動量大小之比為故A正確，B錯誤；CD．設甲車和乙車移動的位移為和，則有，又有聯立解得，故C正確，D錯誤；故選AC。12．CD【詳解】A．物塊上滑和下滑的位移大小相等，設3t0末的速度大小為v1，可得解得A錯誤；B．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為B錯誤；C．由牛頓第二定律可得，上滑過程滿足下滑過程滿足由乙圖可得，加速度分別為，聯立解得C正確；D．物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為D正確。故選CD。13．圓規>【詳解】(1)[1]需要借助圓規，把所有的落點盡可能的放在一個圓里面，則圓心位置即為落點的平均位置。(2)[2]為了防止入射球碰后反彈，應讓入射球的質量大于被碰球的質量。(3)[3]假設A、B兩球碰撞前后在方向上的總動量守恒，有m1v0=m1v1+m2v2因小球均做平拋運動，下落時間相同，則可知水平位移x=vt因此可以直接用水平位移代替速度進行驗證，故有[4]若碰撞是彈性碰撞，則整理，得聯立，可得14．（1）W＝54J；（2）P=18W；（3）【詳解】（1）對物體受力分析可知，物體受重力、支持力、恒力F三個力的作用，合外力為F，根據牛頓第二定律可得物體的加速度為a==2m/s2則物體在3s內的位移為x==9m所以力F做的功為W＝Fs＝6×9J＝54J（2）力F在3s內的平均功率為P==18W（3）物體在第3s末的速度為v＝at＝2×3m/s＝6m/s內物體增加的動量大小為15．【答案】(1)eq\f(2,3)(2)0.25s【解析】(1)設木塊到達木板左端時與木板的共同速度為v，以水平向右為正。對木塊和木板組成的系統，由動量守恒定律有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聯立以上各式，代入相關數據可得μ＝eq\f(2,3)。(2)設木塊在木板上加速的時間為t，對木塊由動量定理有μm2gt＝m2v－0，代入相關數據可得t＝0.25s。另解：設木塊在木板上加速的時間為t，加速度為a，則μm2g＝m2a，v＝at，代入相關數據可得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)子彈與木塊B作用瞬間水平方向的動量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3).設產生的熱量為Q，根據能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv12＝eq\f(1,3)mv02.(2)木塊B到最高點時，小車A、木塊B、子彈三者有相同的水平速度，根據水平方向動量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解得v2＝eq\f(1,6)v0.由機械能守恒定律有3mgh＋eq\f(1,2)×6mv22＝eq\f(1,2)×3mv12，解得h＝eq\f(v\o\al(02),36g).(3)設小車A運動過程的最大速度為v4，此時木塊的速度為v3，當木塊回到原來高度時，小車的速度最大，根據水平方向動量守恒，有3mv1＝3mv3＋3mv4，根據能量守恒定律有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(