山西省大同市第一中學2024-2025學年高二物理下學期3月第二次考試試題含解析

PAGE16-山西省大同市第一中學2024-2025學年高二物理下學期3月其次次考試試題（含解析）一、選擇題1.關于動能的理解，下列說法正確的是（）A.動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都不具有動能B.動能有可能為負值C.肯定質量的物體動能改變時，速度肯定改變，但速度改變時，動能不肯定改變D.動能不變的物體，肯定處于平衡狀態(tài)【答案】C【解析】【詳解】A．動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，運動的物體都有動能，故A錯誤；B．依據(jù)知，質量為正值，速度的平方為正值，則動能肯定為正值，對于不同的參考系，速度不同，則物體的動能不同，故B錯誤；C．肯定質量的物體，動能改變，則速度的大小肯定改變，所以速度肯定改變；但是速度改變，動能不肯定改變，比如做勻速圓周運動，速度方向改變，大小不變，則動能不變，故C正確；D．動能不變物體，速度方向可能改變，則不肯定處于平衡狀態(tài)；故D錯誤。故選C。2.如圖所示，當小車A以恒定的速度v向左運動時，對于B物體，下列說法正確的是（）A.勻加速上升 B.B物體受到的拉力大于B物體受到的重力C.勻速上升 D.B物體受到的拉力等于B物體受到的重力【答案】B【解析】【詳解】設繩子與水平方向的夾角為θ依據(jù)平行四邊形定則有：沿繩子方向的速度v繩=vcosθ，沿繩子方向的速度等于B物體的速度，在運動的過程中，θ角減小，則v繩增大．所以物體做變加速上升．物體的加速度方向向上，依據(jù)牛頓其次定律，知繩子的拉力大于B物體的重力．故B正確，ACD錯誤．故選B．【點睛】解決本題的關鍵知道汽車的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度，以及會依據(jù)速度改變狀況得出加速度的方向．3.如圖所示，質量為m的小球（可視為質點）用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細線與豎直方向夾角為θ=60°，此時細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則（）A.F1=F2=2mgB.從A到B，拉力F做功為F1LC.從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D.從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率始終增大【答案】A【解析】【詳解】A、在B點，依據(jù)平衡有：F1sin30°=mg，解得F1=2mg．B到A，依據(jù)動能定理得，，依據(jù)牛頓其次定律得，，聯(lián)立兩式解得F2=2mg，故A正確．B、從A到B，小球緩慢移動，依據(jù)動能定理得，WF﹣mgL（1﹣cos60°）=0，解得，故B錯誤．C、從B到A的過程中，小球的速度大小在改變，徑向的合力在改變，故C錯誤．D、在B點，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的功領先增大后減小，故D錯誤．故選A．4.如圖所示，以9.8m/s的水平速度v0拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在傾角θ為30°的斜面上，可知物體完成這段飛行的時間是（）A.s B.s C.s D.2s【答案】C【解析】【詳解】物體做平拋運動，當垂直地撞在傾角為的斜面上時，把物體的速度分解如圖所示由圖可知，此時物體的豎直方向上的速度的大小為由可得運動的時間故C正確，ABD錯誤。故選C。5.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到肯定角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中A.小球向左搖擺時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量守恒B.小球向左搖擺時，小車向右運動，且系統(tǒng)動量守恒C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零D.在隨意時刻，小球和小車在水平方向的動量肯定大小相等、方向相反【答案】D【解析】【詳解】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，故系統(tǒng)只在在水平方向動量守恒，故A、B錯誤；由于水平方向動量守恒，小球向左擺到最高點，小球水平速度為零，小車的速度也為零，故C錯誤；系統(tǒng)只在在水平方向動量守恒，且總動量為零．在隨意時刻，小球和小車在水平方向的動量肯定大小相等、方向相反．故D正確6.如圖所示，可視為質點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設B的質量為，則A的質量為，以A、B組成的系統(tǒng)為探討對象，在A落地前，由動能定理可得以B探討對象，在B上升過程中，由動能定理可得則B上升的最大高度解得故C正確，ABD錯誤。故選C。7.如圖所示，質量為的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長度為2R，現(xiàn)將質量也為的小球從距點正上方高處由靜止釋放，然后由點經過半圓軌道后從沖出，在空中能上升的最大高度為（不計空氣阻力），則A.小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車向左運動的最大距離為2RC.小球離開小車后做斜上拋運動D.小球其次次能上升的最大高度【答案】D【解析】【詳解】A.小球與小車組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為0，所以系統(tǒng)的動量不守恒．故A項錯誤；B.在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，設小車的位移為x，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv?mv′=0即：，解得小車的位移：x=R，故B項錯誤；C.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)初狀態(tài)在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，系統(tǒng)在任何時刻在水平方向動量都為零，小球離開小車時相對小車向上運動，水平方向和小車有相同的速度，所以小球與小車在水平方向速度都為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C項錯誤；D.小球離開小車時，小球與小車水平方向動能為零，假如系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球離開小車后上升的最大高度為h0，由題意可知，小球離開小車后在空中能上升的最大高度為<h0，系統(tǒng)機械能不守恒．小球其次次在車中滾動時，克服摩擦力做功，機械能減小，因此小球再次離開小車時，小球與小車水平方向速度為零，小球其次次離開小車在空中運動過程中，小車處于靜止狀態(tài)，小球能上升的高度小于，故D項正確．8.設同步衛(wèi)星離地心的距離為r，運行速率為v1，加速度為a1；地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a2，第一宇宙速度為v2，地球的半徑為R，則下列比值正確的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【詳解】AB、對于地球同步衛(wèi)星和以第一宇宙速度運動的近地衛(wèi)星，由萬有引力供應做勻速圓周運動所需向心力得到：

，，解得：

，故選項B正確，A錯誤；CD、因為地球同步衛(wèi)星的角速度和地球赤道上的物體隨地球自轉的角速度相同，由：，，解得：

，故選項C正確，D錯誤．9.如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車質量為M＝5kg，小車上靜止地放置著質量為m＝1kg的木塊，和小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，用水平恒力F拉動小車，下列關于木塊的加速度am和小車的加速度aM可能正確的有()A.am＝1m/s2，aM＝1m/s2B.am＝1m/s2，aM＝2m/s2C.am＝2m/s2，aM＝4m/s2D.am＝3m/s2，aM＝5m/s2【答案】AC【解析】【詳解】AB．當拉力較小時，兩物體一起加速度運動；當拉力增大到肯定值時，兩物體發(fā)生相對滑動，此后m受到的是滑動摩擦力，故其加速恒定為因此當系統(tǒng)加速度小于等于時，兩物體一起運動，加速度相同，故A正確，B錯誤；CD．發(fā)生相對滑動后，m的加速度大小恒為，故C正確，D錯誤；故選AC。10.質量為m的勻稱木塊靜止在光滑水平面上,木塊左右兩側各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手．首先左側射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d1,然后右側射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d2,如圖所示,設子彈均未射穿木塊,且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當兩顆子彈均相對于木塊靜止時,下列推斷正確的是()A.木塊靜止B.木塊向右運動C.d1<d2D.d1=d2【答案】AC【解析】【詳解】AB.設子彈射入木塊前的速度大小為v，子彈的質量為M，子彈受到的阻力大小為f．當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，由動量守恒得:,得，即當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，木塊的速度為零，即靜止，故A正確，B錯誤；CD.先對左側射入木塊的子彈和木塊組成的系統(tǒng)探討，則有：，由能量守恒得：，再對兩顆子彈和木塊系統(tǒng)為探討，得：，比較兩式得：，故C正確，D錯誤．故選AC。11.如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質量為m的物塊由靜止放在傳送帶的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是（）A.摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B.物塊對傳送帶做功為0.5mv2C.系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D.電動機多做的功為mv2【答案】ACD【解析】【詳解】A．物塊運動過程中，只有摩擦力對它做功，依據(jù)動能定理得：摩擦力對物塊做的功為故A正確；B．在物塊與傳送帶相對靜止之前，兩者之間有相對位移，所以物塊對傳送帶做功與傳送帶對物塊做功并不相等。由于傳送帶相對于地的位移大于物塊相對地的位移，所以物塊對傳送帶做功大于，故B錯誤；C．設物塊勻加速運動的時間為，則物塊與傳送帶相對位移大小為此過程中物塊的位移為則有則系統(tǒng)摩擦生熱為故C正確；D．電動機多做的功轉化成了物體的動能和系統(tǒng)的內能，所以電動機多做的功為故D正確。故選ACD。12.如圖，在光滑水平面上放著質量分別為2m和m的A、B兩個物塊，彈簧與A、B栓連，現(xiàn)用外力緩慢向左推B使彈簧壓縮，此過程中推力做功W。然后撤去外力，則（）A.從撤去外力到A離開墻面的過程中，墻面對A的沖量大小為2B.當A離開墻面時，B的動量大小為C.A離開墻面后，A的最大速度為D.A離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為【答案】BCD【解析】【詳解】A．設當A離開墻面時，B的速度大小為vB．依據(jù)功能關系知得從撤去外力到A離開墻面過程中，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動量定理得：墻面對A的沖量大小故A錯誤；B．當A離開墻面時，B的動量大小故B正確；

C．當彈簧再次復原原長時，A的速度最大，從A離開墻壁到AB共速的過程，系統(tǒng)動量和機械能均守恒，取向右為正方向，由動量守恒有mvB=2mvA+mv′B①由機械能守恒有②由①②解得：A的最大速度為故C正確；D．B撤去F后，A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大。設兩物體相同速度為v，A離開墻時，B的速度為v0．依據(jù)動量守恒和機械能守恒得mvB=3mv聯(lián)立解得：彈簧的彈性勢能最大值為故D正確。

故選BCD。二、試驗題13.利用圖甲裝置做“驗證機械能守恒定律”試驗．（1）為驗證機械能是否守恒，須要比較重物下落過程中隨意兩點間的________．A．動能改變量與勢能改變量B．速度改變量和勢能改變量C．速度改變量和高度改變量（2）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(含鐵夾)、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必需運用的兩種器材是________．A．溝通電源B．刻度尺C．天平(含砝碼)（3）試驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖乙所示的一條紙帶．在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC．已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點周期為T．設重物的質量為m．從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能改變量ΔEp＝____________，動能改變量ΔEk＝__________．（4）大多數(shù)學生的試驗結果顯示，重力勢能的削減量大于動能的增加量，緣由是________．A．利用公式v＝gt計算重物速度B．利用公式v＝計算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響D．沒有采納多次試驗取平均值的方法【答案】(1).A(2).AB(3).ΔEp＝－mghB(4).ΔE＝m2(5).C【解析】【詳解】（1）[1]．驗證機械能守恒定律原理是看削減的重力勢能和增加的動能是否相等，所以須要比較重物下落過程中隨意兩點間的動能改變量與勢能改變量，故選A；

（2）[2]．電磁打點計時器運用低壓溝通電源；需選用刻度尺測出紙帶上隨意連點見得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質量，所以不須要天平秤質量；故選AB；

（3）[3][4]．依據(jù)功能關系，重物的重力勢能改變量的大小等于重力做的功的多少，打B點時的重力勢能減小量：△Ep=-mghBB點的速度為：所以動能改變量為：；（4）[5]．由于紙帶在下落過程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點計時器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢能一部分轉化為動能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢能的削減量大于動能的增加量，故C選項正確；14.某試驗小組在進行“探究碰撞中的不變量”的試驗入射小球與被碰小球半徑相同.（1）試驗裝置如圖甲所示先不放B小球，使A小球從斜槽上某一固定點C（圖中未畫出）由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡，再把B小球靜置于水平槽前端邊緣處，讓A小球仍從C處由靜止?jié)L下，A小球和B小球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自落點的痕跡.如圖乙所示，記錄紙上的O點是重錘所指的位置，M、P、N分別為落點的痕跡.未放B小球時，A小球落地點是記錄紙上的________點.甲乙（2）試驗中可以將表達式轉化為來進行驗證，其中、、為小球做平拋運動的水平位移，可以進行這種轉化的依據(jù)是________.（請你選擇一個最合適的答案）A.小球飛出后的加速度相同B.小球飛出后，水平方向的速度相同C.小球在空中水平方向都做勻速直線運動，水平位移與時間成正比D.小球在空中水平方向都做勻速直線運動，又因為從同高度平拋運動時間相同所以水平位移與初速度成正比?！敬鸢浮?1).P(2).D【解析】【詳解】（1）[1].A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度減小，所以碰撞后A球的落地點距離O點最近，B小球的落地點離O點最遠，中間一個點是未放B球時A球的落地點，所以未放B球時，A球落地點是記錄紙上的P點.（2）[2].小球碰撞前后都做平拋運動，豎直方向位移相等，所以運動的時間相同，水平方向做勻速直線運動，速度等于水平位移除以時間，所以可以用水平位移替代速度，故D正確.故選D。三、計算題15.如圖甲所示,一個質量為0.6kg的小球以某一初速度從P點水平拋出,恰好從光滑圓弧ABC的A點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力,進入圓弧時無機械能損失)．已知圓弧的半徑R=0.3m,θ=60°,小球到達A點時的速度vA=4m/s．g取10m/s2,求:(1)小球做平拋運動的初速度v0．(2)P點與A點的高度差h．(3)小球到達圓弧最高點C時對軌道的壓力【答案】（1）2m/s；（2）0.6m；（3）8N，方向豎直向上．【解析】試題分析：小球恰好從光滑圓弧ABC的A點的切線方向進入圓弧，依據(jù)速度的分解可以求出初速度v0；P至A的過程由動能定理得P點與A點的高度差；選擇從A到C的運動過程，運用動能定理求出C點速度，再依據(jù)向心力公式求出小球在最高點C時對軌道的壓力．(1)速度分解如圖所示由平拋運動規(guī)律得v0=vx=vAcosθ=2m/s(2)小球由P至A的過程由動能定理得得h=0.6m(3)小球從A點到C點的過程中,由動能定理得得小球在C點時由牛頓其次定律得得由牛頓第三定律得FNC'=FNC=8N，方向豎直向上．【點睛】本題是平拋運動和圓周運動相結合的典型題目，可以運用平拋運動和圓周運動的基本公式，求速度的問題，也可以用動能定理來求解．16.如圖所示，半徑為R，內表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左側靠著豎直墻壁，一個質量為m的小球，從容器頂端A無初速釋放，小球能沿球面上升的最大高度距球面底部B的距離為，小球的運動在豎直平面內．求：（1）容器的質量M（2）豎直墻作用于容器的最大沖量．【答案】（1）M=3m（2）Im=m【解析】【詳解】（1）在A球釋放到B點時，M未動，對A由機械能守恒有：此后A接著向右運動，但B在A給它作用力狀況下，離開墻壁向右運動，對A、B系統(tǒng)：由水平方向動量守恒得：mv0=(M+m)v1由機械能守恒得