2023-2024学年河北省承德市重点高中高二上学期10月联考物理试题含解析

这是一份2023-2024学年河北省承德市重点高中高二上学期10月联考物理试题含解析，共10页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，5s时，振子在O点右侧5cm处等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选择性必修第一册第一至二章。
一、选择题（本题共10 小题，共 46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.2023年5月28日，MU9191航班从上海虹桥国际机场飞往北京首都国际机场，并于12时31分抵达北京首都国际机场，并穿过象征民航最高礼仪的“水门”。关于飞机航行中的冲量与动量，下列说法正确的是
A．航行中的飞机动量是矢量，它的方向可能与速度方向相反
B．质量一定的飞机，动量变化越大，该飞机的速度变化一定越大
C．飞机运动的速度大小不变，飞机的动量也保持不变
D．飞机所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
2.弹簧振子的振动图像如图所示。在1~2s的时间内，振子的动能Ek和势能Ep的变化情况是
A． Ek变小，Ep变大 B． Ek变大，Ep变小
C． Ek、Ep均变小D． Ek、Ep均变大
3.随着城市高层建筑的增多，高空坠物不时发生，威胁着人们的安全，《中华人民共和国刑法修正案（十一）》新增高空抛物罪。假设一小球的质量约为25g，从高楼的窗户自由下落到地面，小球与地面接触时间约为0.01s后速度变为零，刚接触地面的瞬时速度约为 20m/s。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。 i试估算小球对地面平均作用力的大小约为
A．25 NB．50 NC．75 ND．100 N
4.2022年8月9日，浙江衢州市 14岁少年打水漂打出吉尼斯世界纪录。“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量使得撇出去的瓦片在水面上弹跳数次。如图所示，质量为 310kg的瓦片以10m/s的初速度从某一高度水平抛出，若落水时速度方向与水平方向成60°角，不计空气阻力，重力加速度 g取 10m/s2。则从抛出到落水的过程中，瓦片所受重力的冲量大小为
A．1N·sB.3NC．3 N·sD.33N
5.如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图2所示，下列说法正确的是
A． t=0时，振子经过O点向左运动
B． t=0.5s时，振子在O点右侧5cm处
C． t=1.5s和t=2.5s时，振子的速度相同
D． t=10s时，振子的加速度最大
6.某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g=10 m/s2，取π2=10，下列说法中正确的是
A．单摆的振幅是0.14m，振动的频率是 1 Hz
B．振动的表达式为x=0.07sin（2πt）m
C．单摆的摆长为 1m
D． t=1.5s时摆球在 N点
7.如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始时木块静止不动。一颗质量为m的弹丸水平向右射入质量为 M=50m的木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为 v1=255m/s，射入木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度 v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，木块和弹丸可视为质点，空气阻力不计，则第二颗弹丸的水平速度 v2大小为
A．515m/sB．618m/sC．721m/sD．824m/s
8.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为 4 Hz。现匀速转动摇把，转速为60 r/min。则
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是 1 Hz
C．当摇把转速增大为 75 r/min时，弹簧振子的振幅增大
D．当摇把转速减小为 45 r/min时，弹簧振子的振幅增大
9.如图所示，质量 mA=2，0kg，mB=1kg的小球A、B均静止在光滑水平面上，现给A 球一个向右的初速度v0=5m /s，之后与B球发生对心碰撞，碰后 B球的速度可能为
A．2.5m/sB．3.5m/sC．6.5m /sD．7.5m/s
10.如图所示，质量为m、半径为 R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上。一质量也为 m的小球以水平初速度 v0冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，不计空气阻力，则
A．上述过程小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
B．球返回到车左端时，车向右运动的位移最大
C．无论小球初速度 v0多大，小球都不会从小车右侧飞出
D．小球返回到小车左端后将向左做平抛运动
二、实验题（本题共2小题，共 16分）
11.（8分）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置测速度并验证动量守恒定律。
（1）图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，它们与数字计时器相连，弹性滑块A、B质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为 d，利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度 d= cm；
（2）实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，则mA、mB应满足的关系是mA （填“大于”“等于”或“小于”） mB；
（3）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得 A 通过光电门1的遮光时间为t1=0.01s，A与B 相碰后，B和A 先后经过光电门2的遮光时间分别为t2和t3，碰前 A 的速度大小为 vA= m/s；
（4）在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用字母 mA、mB、t1、t2、t2表示），则可认为验证了动量守恒定律。
12.（8分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且计数为1，到第 n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为d。
（1）该单摆的摆长为 。
（2）该单摆的周期为 。
（3）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式：g= 。
（4）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的 。
A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．把 n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
三、计算题（本题共3小题，共计38分。解答时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）
13.（10分）2023年1月23日晚，广东汕头的一场烟花秀引来无数关注。假设质量m=1.2k g的烟花弹在地面上以 vb=30m/s的速度竖直向上射出，当烟花弹上升至最高点时炸成质量：m1=0.4k g、m2=0.8kg的甲、乙两块，其中甲块竖直向上运动。已知重力加速度大小g取 10m/s2，不计空气阻力，爆炸释放的能量有E=19.2 J转化为甲、乙两块的动能，计算结果可以带根号，求：
（1）甲上升的最大高度；
（2）爆炸后开始计时，t=1s时甲、乙两块的距离。
14.（12分）如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.5kg 的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
（1）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（2）小球运动到最高点时的加速度的大小是多少？
15.（16分）如图所示，质量分别为 mA=2kg、mB=4kg，均可视为质点的小物块A、B 静止在足够长的水平面上，它们中间夹一个被压缩的微型轻弹簧（弹簧长度不计且与A、B均不拴接），此时弹簧弹性势能 Eₚ=54J。某时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，同时迅速撤去弹簧（此过程不计因摩擦而损失的机械能，即弹性势能完全转化为 A、B的动能）。 A的右侧有一倾角θ=37°、足够长的传送带，传送带逆时针匀速转动，速度大小为v₀=4m/s。传送带与水平面平滑连接，A冲上传送带上升的最大高度为h=0.78m，A与水平面间的动摩擦因数以及A与传送带间的动摩擦因数均为/μ1=0.5，B与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.9.已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6.所有碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）弹簧释放瞬间 A、B速度的大小vA、vB；
（2）A 与传送带底端的距离L；
（3）A物体回到初始位置速度的大小；
（4）A 向左运动与 B 碰撞后瞬间 B 速度的大小 v'B。
参考答案、提示及评分细则
1. B
航行中的飞机动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，选项 A错误；质量一定的飞机，动量变化△P=m△v，动量变化越大，该飞机的速度变化一定越大，选项B正确；动量等于质量与速度的乘积，飞机运动的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，选项C错误；根据动量定理，飞机所受合力的冲量等于动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，与瞬时动量无关，选项 D错误。
2. A
1~2 s位移变大，动能变小，势能变大，选项 A正确。
3. B
设向上为正方向，根据动量定理可知，对小球（F-mg）△t=0-（-mv），解得 F=mvt+mg=+0.025×10N=50.25 N，由牛顿第三定律可知小球对地面平均作用力的大小 F'=50.25 N，只有选项B正确。
4. C
瓦片做平抛运动，水平分运动为匀速运动，根据速度关系可知落水时的竖直分速度 vy=v0tan60∘，根据动量定理可得从抛出到落水，瓦片所受重力的冲量 I=mvy=310×10×3N⋯=3N·s，C项正确。
5. C
t=0时，振子经过O点向右运动，A错误；t=0.5s时，由图可知振动方程为 x=10sinπ2tcm，则有振子在O点右侧 52cm处，B错误；1.5s和2.5s时斜率相同，速度相同，C正确，t=10s时，加速度为零，D错误。
6. C
由题图乙知振幅A=0.07m，周期 T=2s，则频率 f=1T=0.5Hz，选项 A错误；振动的表达式为：x=Asin 2πft=0.07sinπt m，选项B错误；由单摆的周期公式 T=2πlg ，，得 l=gT24π2=1m，选项C正确；由题图乙知，t=1.5s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，选项D错误。
7. A
根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块后木块的速度相同设为v，由动量守恒定律得第一次mv1=（m+M）v，第二次mv2-（m+M）v=（2m+M）v，M=50m，联立以上三式得第二粒弹丸的水平速度 v2=515 m/s，只有选项 A 正确。
8. BC
振子自由振动，测得其频率为4 Hz，则固有频率为 4 Hz；摇把的转速为n=60 r/min=1 r/s，它的周期 T=1n=1s，f=1T=1Hz，转动摇把时，弹簧振子做受迫振动，振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是1s，振动频率是1 Hz，故A错误，B正确；当转速增大为75r/min时，驱动力的频率增大，接近于振子的固有频率，振幅增大，故C正确；当摇把转速减小为45 r/min时，驱动力的频率减小，更远离振子的固有频率，振幅减小，故D错误。
9. BC
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球速度相等，设大小是v，两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mA+mBv，代入数据解得 v=103m/s，如果两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后 A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB，由机械能守恒定律得 12mAv02=12mAvA2+12mBvB2，代入数据解得 vA=53m/s，vB=203m/s，碰撞后 B球的速度范围是 ，103m/s≤vB≤203m/s，故 B、C正确，A、D错误。
10. AC
系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒。故A 正确；受力分析可知，小球在车上运动过程中，圆弧轨道所受合力一直向右，即一直向右加速，向右没有最大位移。故B错误；v0足够大使小球飞离小车时，二者水平分速度相等，故不会从右侧飞出。故C正确；设小球离开小车时，小球的速度为 v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒得mv0=mv1+mv2，|由机械能守恒得 12mv02=12mv12+12mv22，联立解得v1=0，v2=v0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故D错误。
11.（1）0.545（2分） （2）大于（2分）（3）0.545（2分）（4）mAt1=mAt3+mBt2（2分）
解析：（1）游标卡尺的精度为0.05 mm，遮光片的宽度d=0.5cm +0.05×9 mm=0.545 cm；
（2）A和B发生弹性碰撞，若用质量大的A碰质量小的B，则不会发生反弹；
（3）滑块经过光电门时挡住光的时间极短，则平均速度可近似替代滑块的瞬时速度，则碰前A的速度 vA=dt1=0.545m/s；
（4）碰后 A的速度 v'A=dt3，碰后 B的速度 v'B=dt2；由系统动量守恒有 mAvA=mAv'A+mBv'B，化简可得表达式 mAt1= mAt3+mBt2。
12、（1）l+d2（2分）（2）2tn−1（2分）（3）n−12π22l+d2t2（2分） （4）BD（2分）
解：（1）单摆的摆长为悬点到摆球球心之间的距离，故摆长为摆线长与摆球半径之和，所以单摆摆长为： L=l+d2；
（2）由题意可知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆全振动的次数为 N=n−12，所以周期为： T=tN=tn−12=2tn−1；
（3）由于单摆的长度为 L=l+d2，单摆的周期 T=2tn−1，由单摆周期公式 T=2πLg得 g=n−12π22l+d2t2；
（4）单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，由单摆周期公式 T=2πLg可知T 偏大，由 g=4π2LT2，所测g偏小，故A错误；把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期变小，计算出的g偏大，故B正确；以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，使所测g偏小，故C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，求出的g偏大，故 D正确。
13.解：（1）烟花弹上升至最高点时速度为零，根据动量守恒定律，甲、乙两块的动量大小相等，方向相反，则：m1v1=m2v2（1分）
爆炸释放的能量 E=19.2J，根据能量守恒定律 E=12m1v12+12m2v22（1分）
甲、乙两块获得的速度分别为v1=8 m/s，v2=4m /s（1分）
甲上升的高度为 ℎ甲=v122g=3.2m（1分）
此前烟花弹上升的高度为 ℎ=v022g=45m（1分）
甲上升的最大高度为 ℎm=ℎ甲+ℎ=48.2m（1分）
（2）以竖直向下为正方向，两块运动的位移分别为
x甲=−v1t+12gt2=−3m（1分）
x乙=v2t+12gt2=9m（1分）
甲、乙两块的距离为 x=x乙−x甲=12m（2分）
14.解：（1）由振动图像读出周期 T=2 s （1分）
振幅A=10 cm （1分）
由 ω=2πT得到圆频率ω=π rad/s （1分）
则位移y随时间t变化的关系式为
y=Acsωt=10csπt（cm） （2分）
（2）小球静止时 mg=kx'（2分）
解得 k=50 N/m （1分）
最低点根据牛顿第二定律得
kx−mg=ma下，a下=10m/s2，由简谐运动特点可知 （2分）
a上=10m/s2，方向竖直向下 （2分）
15.解：（1）设弹簧释放瞬间 A、B的速度大小分别为vA、vB．根据动量守恒和能量守恒mAvA=mBvB（1分）
12mAvA2+12mBvB2=Ep（1分）
解得 vA=6m/s，vB=3m/s（1分）
（2）设A第一次到达传送带底端时速度为v0，A沿传送带上升时加速度大小为a1
则有 v12=2a1ℎsin37∘（1分）
mAgmAgsin37∘+mAgsin37∘=mAa1（1分）
从释放弹簧至 A运动至传送带底端时 v02−vA2=−2μ1gL（1分）
解得A与传送带的距离L=1.0 m （1分）
（3）相对传送带下滑长度为 x1=v022a1=0.8m（1分）
此后A的加速度为 a₂=gsinθ−μ₁gcsθ=2m/s²（1分）
设A刚滑离传送带的速度为 v2，v22−v02=2a2ℎsin37∘−x1，v2=32m/sv2，v22−v02（1分）
设A回到出发位置的速度为 v3，v32−v22=−2μ1gL，v3=22m/s（1分）
（4）设B速度为0时，距离出发点距离为。 xB，vB2=2μ2gxB，xB=0.5m（1分）
设 A与B 相撞前A 的速度为 v4，v42−v32=−2μ1gxB，v4=3m/s（1分）
根据动量守恒定律 mAv4=mAv'A+mBv'B_（1分）
根据能量守恒定律 12mAv42=12mAv'A2+12mBv'B2（1分）
解得碰后速度为 v'A=−33m/s，v'B=233m/s（1分）