北京市清华附中2020学年高二物理上期中试卷（含解析）

北京市清华附中2020学年高二物理上期中试卷（含解析）

北京市清华附中2020学年高二物理上期中试卷（含解析） ‎ 一、单项选择题 ‎1.在国际单位制中，下列物理量的单位与等价的是( )‎ A. 冲力 B. 动能 C. 动量 D. 动量的变化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由基本单位制的换算可知，冲力还是力，因此单位为，由动能的表达式可知动能的单位为，动量的单位为，动量的变化率的单位，故C正确，ABD错误 选C ‎2.在行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。假定乘客质量为‎70kg，汽车车速约为‎100km/h，从开始刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为( )‎ A. 400 N B. 600N C. 800N D. 1400N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】，取向右为正，则安全带对人得作用力向左，由动量定理得，解得约为400N，故A正确,BCD错误 选A ‎3.一个水平放置的弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O为振子平衡位置，如图所示。设水平向右方向为正方向，以某一时刻作计时起点(t =0)，经3/4 倍周期，振子具有正方向最大加速度，那么，在图所示的几个振动图像中(x 表示振子离开平衡位置的位移)，能正确反映振子振动情况的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】振子经过周期具有正向最大加速度说明振子经过后得位置在A点，因此可以判断计时起点振子的位置在O点并且向B方向运动，故振子在计时起点的加速度为零，速度为正向最大，故A正确，BCD错误 选A ‎4.为了改变单摆做简谐运动的频率，可以（ ）‎ A. 增大摆球质量 B. 增大摆线长度 C. 减小振幅 D. 减小摆线的最大偏角 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】改变单摆的频率即改变单摆的周期，由单摆的周期公式可知单摆的频率和摆球的质量无关，故A错，改变摆线的长度可以改变周期，故B正确，振幅影响的是单摆的能量不影响周期，故C错；偏角也不影响单摆的周期故D错误。‎ 选B ‎5.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘接在一起且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T， a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a 球在最低点的速度是b球速度的一半。则碰撞后( )‎ A. 摆动的周期为 B. 摆动的周期为 C. 摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h D. 摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球a和小球b发生碰撞以后粘在一起继续做单摆运动，由单摆运动的周期公式可知单摆的周期只和摆线长度以及重力加速度g有关和摆球的质量无关，因此碰撞后摆动的周期不变，故AB错误；未发生碰撞前摆球a从最高点向最低点运动满足机械能守恒，设a球的质量‎5m，速度为v，则b球的质量为m，速度为2v，因此有 ‎---1‎ 有动量守恒有---2‎ 碰撞后上升的高度为h1，有机械能守恒 ‎---3‎ 联立式1，2，3代入数据解得，故C对D错 选C ‎6.物块从固定粗糙斜面的底端，以某一初速度沿斜面上滑至最高点后，再沿斜面下滑至底端。下列说法正确的是( )‎ A. 上滑过程中摩擦力的冲量大于下滑过程中摩擦力的冲量 B. .上滑过程中机械能损失小于下滑过程中机械能损失 C. 上滑过程中物块动量变化的方向与下滑过程中动量变化的方向相同 D. 上滑过程中物块动能的减少量等于下滑过程中动能的增加量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设物体在斜面底端向上滑动的速度为，又回到斜面底端的速度为，由能量转化的观点有，故 ，物体在斜面划上和划下的过程都是匀变速运动，因此设斜面的长度为L，由运动学关系可得，故，上划摩擦力的冲量，下划过程摩擦力的冲量，故，故A错误；物体在上划和下划的过程中摩擦力做功损耗机械能，因摩擦力一样，距离L也一样，因此上划和下划损耗的机械能相同；故B错误；上划过程动量的变化方向沿斜面向下，下滑过程动量的变化方向也沿斜面向下，故C正确；对上划过程写动能定理有；‎ 对下滑过程写动能定理有；故上划过程的减少量和下划的增加量不一样，故D错误 选C ‎7.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是（ ）‎ A. 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B. 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C. 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D. 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在t1时刻，摆球运动到最大位移处，速度为零，此时拉力与重力的分力之和提供向心力，因此拉力最小，A错；在t2‎ 时刻摆球运动到平衡位置，速度最大，拉力最大，同理判断t3和t4时刻，可知BC错；D对；‎ 故选D ‎【考点定位】考查振动图像 ‎【点睛】本题难度较小，在平衡位置速度最大，绳子的拉力和重力沿切线方向的分力提供回复力，沿半径方向上的合力提供向心力 ‎8.如图所示，一个质量为‎0.18kg的垒球，以‎25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为‎45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是（　　）‎ ‎①球棒对垒球的平均作用力大小为1260N ‎②球棒对垒球的平均作用力大小为360N ‎③球棒对垒球做的功为126J ‎④球棒对垒球做的功为36J．‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据动量定理：，，故①正确，②错误；‎ 根据动能定理：．故③正确，④错误，故①③正确，故选项A正确。‎ 点睛：对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力和作用．动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理是要注意方向。‎ ‎9.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是=‎5kg·m/s， ‎ ‎=‎7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为=‎10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（ ）‎ A. m甲=m乙 B. m乙=‎2m甲 C. m乙=‎4m甲 D. m乙=‎6m甲 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据动量守恒定律得：p1+p2=p1′+p2′，解得：p1′=‎2kg•m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有：代入数据解得：。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：，代入数据解得：。综上有，故BC正确，AD错误。故选BC。‎ 点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度．‎ ‎10.如图(a)所示，质量为‎2kg的小球放在光滑水平面上，在界线MN的左方始终受到水平恒力F1作用，在MN的右方除受F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用。小球从A点由静止开始运动，运动的v-t图像如图(b)所示，由图可知，下列中说法正确的是( )‎ A. F2的大小为6N B. F1与F2大小的比值为3:5‎ C. t=2.5s时，小球经过界线MN D. 小球向右运动的过程中，F1与F2的冲量相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在MN左侧受到恒力F1的作用做匀加速直线运动，物体在MN的右侧受F1和F2共同的作用做匀变速运动因此加速度会变化，因此结合v-t图像可知物体在1s时越过的MN，故C错误，物体在0-2.5s内一直向右运动，在2.5-5s内向左运动，其中在4s的时候越过MN向左运动，最终5s时减速为0；取向右为正方向，在0-2.5s内对物体写动量定理有，故B正确；因不知道的大小，因此本题F1和F2的大小求不出，故A错误；小球向右的过程中F1的冲量和F2的冲量大小相等，但方向不一样，故D错误 选B 二、多项选择题 ‎11.一个静止的质点，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )‎ A. 第2s末速度改变方向 B. 第2s末加速度改变方向 C. 第4s末回到原出发点 D. 第4s末运动速度为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在0-2s内受到力F的方向一直向右，因此物体在0-2s一直做加速运动，在2s后力F的方向发生了变化因此物体在2s后继续向右做减速运动，故A错，2s时力F的方向发生了变化，有牛顿第二定律可知加速度也发生了变化，故B正确；F-t的面积表示力F的冲量，因此可知力F在0-2s内的冲量大小和2-4s内的冲量大小相等，对物体在0-4s写动量定理有，故D正确；有以上计算可知物体在0-2s内加速运动，一直向前运动，2-4内做减速运动，一直向前运动，4s时物体减速为0，即0-4s内物体一直向前运动，故C错误。‎ 选BD ‎12.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，t的单位为s，则质点( )‎ A. 第1s末与第5s末的位移相同 B. 第1s末与第5s末的速度相同 C. 第1s内速度不断增大 D. 第2s内加速度不断增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】1s末物体的位移，5s末物体的位移，故A正确；‎ 物体做简谐运动的周期，因此1s末和5s末差半个周期，速度大小相同方向不同，故B错误；物体在1s时在平衡位置速度最大，而周期为8s，四分之一周期为2s，说明在0-1s内物体向平衡位置运动，因此速度越来越大，故C正确；物体1s在平衡位置，则 ‎1-2s物体向最大位移处运动，速度越来越小加速度越来越大，因此D正确。‎ 选ACD ‎13.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图(1)所示.当把手以某一連度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图(2)所示。若用f0表示弹簧振子的固有频率，f表示驱动力的频率，则( )‎ A. 由图线可知f0 =4Hz B. 由图线可知f0=8Hz C. 由图线可知砝码做受迫振动的周期为8s D. 由图线可知，缓慢增大把手转动速度至15r/min，稳定后砝码振动的振幅也将增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】有图像可知弹簧振子的固有周期为4s，因此弹簧振子的固有频率为，弹簧振子做受迫振动的周期为8s，受迫振动的频率为，故AB错误；C正确；当转速n=15r/min=，即受迫振动的频率和弹簧振子的固有频率相同，物体达到共振，因此振幅增大，故D正确。‎ 选CD ‎14.如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上。盒内有一小滑块 B，二者质量相同， 滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，重力加速度为g，则( )‎ A. 最终盒的速度大小为v/2 B. 最终盒的速度大小为v C. 滑块相对于盒运动的路程为 D. 滑块相对于盒运动的路程为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】方盒A和滑块B组成的系统动量守恒，最后A和B保持相对静止，因此由动量守恒有，故A对B错；整个过程损耗的能量为摩擦生热，因此有能量守恒有代入数据解得，故C错D对。‎ 选AD ‎15.‎ ‎ 汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前（ ）‎ A. 汽车和拖车的总动量不变 B. 汽车和拖车的总动能不变 C. 汽车和拖车的总动量增加 D. 汽车和拖车的总动能增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：由于汽车的牵引力和受到的阻力都不变，汽车和拖车整体的受力不变，合力的大小为零，所以整体的动量守恒，牵引力和阻力的大小虽然不变，但是汽车和拖车运动的位移的大小不同，根据动能定理可以分析汽车和拖车的总动能的变化．‎ 在拖车停止运动前系统所受的合外力为零，动量守恒，选项A正确，C错误．‎ 设拖车与汽车所受的阻力大小分别为f1和f2，则经过相同的时间，它们的位移分别为s1和s2，系统总动能的增量为各力做功之和，ΔEk＝(F－f2)s2－f1s1＝f1(s2－s1)>0，即系统的总动能增加，选项D正确，B错误．‎ 考点：动量 动能 动量守恒 点评：本题要求学生灵活的应用动量守恒和动能定理，根据动量守恒的条件判断整体的动量守恒，根据牵引力和阻力的做功的情况来判断动能的变化．‎ 三、实验题 ‎16.（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图1、2所示。测量方法正确的是_________.(填“图‎1”‎或“图‎2”‎)。图3的读数是______ cm。‎ ‎(2)下列做法有利于减小实验误差的是______‎ A.适当加长摆线 B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的 C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大 D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期 ‎(3)北京时间2020年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬。若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h=_____ (地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)。‎ ‎【答案】 (1). 图乙； (2). 0.885； (3). AC； (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外抓的刀口上，故图乙正确；由20刻度的游标卡尺的读数可知读数为；‎ ‎（2）单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期。故A正确。‎ 要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球。故B错误。‎ 单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,则单摆偏离平衡位置的角度不能太大,一般不超过5∘.故C正确。‎ 单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期。故D错误。‎ 故选AC ‎（3）设峰顶的重力加速度为g，海平面的重力加速度为，则由万有引力的公式有 ‎，，由单摆的周期公式；将g和分别代入单摆的周期可是化简可得 ‎17.用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中PQ是斜槽，QR为水平槽，O点为水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比mA：mB=3：1．先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图丁所示，其中米尺的零点与O点对齐．‎ ‎ ‎ ‎（1）碰撞后A球的水平射程应取_______cm．‎ ‎（2）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是______________．‎ A．使A、B两小球的质量之比改变为5：1‎ B．升高固定点G的位置 C．使A、B两小球的直径之比改变为1：3‎ D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度 ‎（3）利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为_______．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 14.45-14.50 (2). C (3). 1.01-1.02‎ ‎【解析】‎ ‎①A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取‎14.50cm．‎ ‎②只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；使A、B两小球的直径之比改变为1：3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；‎ 故选C.‎ ‎③碰撞前A球做平抛运动的水平位移为x1=‎30cm，碰撞后A球做平抛运动的水平位移为x2=‎14.5cm，碰撞后B球做平抛运动的水平位移为x3=45cm 设运动的时间为t，则碰撞前的动量为：mA，碰撞后总动量为：mA+mB；所以碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为 点睛：此题中要掌握刻度尺的读数方法，要估读；此实验中是用水平射程代替水平速度，要掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，这是解决本题的关键．‎ 四、计算题 ‎18.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求 ‎(1)碰撞后小球m2的速度大小v2;‎ ‎(2)若碰撞后两球的动量相同，则两球的质量之比为多少?‎ ‎【答案】(1) ；(2)3：1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球m1从A下滑到B的过程，有机械能守恒有 ‎---1‎ 小球A和小球B发生碰撞，没有能量损失，因此动量守恒，机械能守恒 ‎---2‎ ‎---3‎ 联立式123可解得 ‎（2）若两球的动量相等，因此有碰撞后 ‎----4‎ ‎---5‎ 将代入5联立4可解得 ‎19.虽然单个细微粒子撞击一个巨大物体上的力是局部而短暂的脉冲，但大量粒子频繁撞击在物体产生的平均效果是个均匀而持续的压力。为简化问题，我们设粒子流中每个粒子的速度都与物体的界面<壁)垂直，并且速率也一样，皆为 ‎。此外，设每个粒子的质量为m，数密度(即单位体积内的粒子数)为。求下列两种情况下壁面受到的压强。‎ ‎(1)粒子完全射入壁面;‎ ‎(2)粒子等速率弹回.‎ ‎【答案】(1)；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设巨大的物体的面积为S，设粒子撞击到面板上所用的时间为，则在时间内能撞击到面板上的粒子的个数，因此粒子的总质量为，取向右为正方向，由动量定理有解得；‎ ‎（2）若粒子等速率返回，由动量定理有解得 ‎20.在足够大的光滑水平地面上，质量为m的A球以速度与原本静止、质量为‎2m的B球发生一维正碰。碰撞结束时A球速度为，B球速度为，利用动量守恒定律证明:当时系统损失的动能最多。[提示:关键数学步骤和表达式必须呈现]‎ ‎【答案】v1=v2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由动量守恒有---1‎ 损耗的动能 故上式是以v2为变量的二次函数，在对称轴处取得最大值，此时代入1可得，因此当v1=v2时损耗的动能最大 ‎21.如图所示，在板间距为d、足够大的平行板电容器中，存在竖直向下的匀强电场在平板的内表面贴有特殊薄膜，当带电粒子落在平板上时会显示落点痕迹。在距离上极板d/5处O点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个带电微粒1、 2，其中微粒1获得水平向左的初速度。经过一段时间， 上极板薄膜上离虚线(虚线过O点垂直于极距离为d/5的位置出现落点痕迹A。同一时刻下极板薄膜上也出现落点痕迹B (图中未画出）不计重力和分裂后两微粒间的作用。求:‎ ‎(1)微粒1、微粒2的质量之比 ‎(2) A、B两点之间的距离L。‎ ‎【答案】(1)4；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）中性粒子分裂成两个带电的粒子，由电荷守恒可知一个带正电，一个带负电，且电荷量相等都为q；A粒子带负电向上极板运动做的是类平抛运动，同理可知B粒子带正电向下极板运动做的也是类平抛运动，都是水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，且由题知A，B 两个粒子的运动时间相同，都为t，则有 ‎---1‎ ‎---2‎ ‎1，2两式相比可得；‎ ‎（2）中性粒子分裂成AB两个粒子时满足动量守恒，取向右为证则有 ‎---3‎ B两个粒子水平方向做匀速直线运动，‎ ‎---4‎ ‎---5‎ 将AB的质量之比代入3，4，5式联立可得；‎ 则AB之间的水平距离，故AB之间的距离由勾股定理有