2021-2022学年天津市河西区省级重点校高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年天津市河西区省级重点校高二（下）第一次月考物理试卷1.  如图所示，一个质量为的物块沿光滑水平地面以的速度向右运动，与竖直墙壁碰撞后以的速度弹回，物块与墙壁发生相互作用的时间为，以向右为正方向。则(    )A. 碰撞前后，物块的速度变化量为
B. 碰撞过程中，物块的动量变化量为
C. 碰撞过程中，物块受到的平均作用力为
D. 物块与墙壁之间发生的碰撞为弹性碰撞2.  如图，一个质量为m的木块放在质量为M的平板小车上，它们之间的最大静摩擦力是，在劲度系数为k的轻质弹簧作用下，沿光滑水平面做简谐运动，为使小车能跟木块一起振动，不发生相对滑动，则简谐运动的振幅不能大于(    )A.  B.  C.  D. 3.  质量为m的物体，以的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为，且，则(    )A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时大 B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C. 合力的冲量在整个过程中大小为 D. 整个过程中物体动量变化量为4.  如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，以向右为x的正方向，由图可知下列说法中正确的是(    )
 A. 在时，弹簧振子的加速度为正向最大
B. 从到时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动
C. 在时，弹簧振子的弹性势能最小
D. 在与两个时刻，振子的速度都为零5.  如图所示，与地面夹角为的光滑斜面顶端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行斜面方向上做简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中(    )A. 物体在最低点时受的弹力大小为
B. 弹簧的最大弹性势能等于
C. 平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大
D. 物体的最大动能应等于6.  如图所示，A、B两物体的质量之比：：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中(    )A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，A、B组成的系统动量守恒
C. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B两物体的总动量向右
D. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，小车C向左运动7.  如图甲所示，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的变化如图乙所示，下列说法正确的是(    )
 A. 时，振子的速度方向向左
B. 时，振子在O点右侧处
C. 和时，振子的加速度完全相同
D. 到的时间内，振子的速度逐渐增大8.  两个单摆的悬挂位置的高度相同，其摆球质量相等，它们做简谐运动的振动图像如图所示．关于两单摆的摆动情况，下列说法中错误的是(    )
A. 摆动周期有
B. 摆长有
C. 摆动过程中的时刻，摆角相等
D. 摆动过程中的时刻，两摆球有最大势能差9.  如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz。
把长木板一段垫高的目的是______。
若打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距已标在图上。A为运动起始的第一点，则应选______段来计算A的碰前速度，应选______段来计算A和B碰后的共同速度。以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”
已测得小车A的质量，小车B的质量，由以上测量结果可得碰前总动量为______，碰后总动量为______。实验结论：______。计算结果保留三位有效数字
10.  如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：
该振子简谐运动的表达式；
该振子在前100s内的总位移是多少？路程是多少？
 11.  如图所示，木块质量，它以速度水平滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量，木块与小车间的动摩擦因数为，木块没有滑离小车，地面光滑，g取。求：
木块相对小车静止时小车的速度；
从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离；
从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，系统损失的机械能。12.  如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。现有一质量，长的小车其中O为小车的中点，AO部分粗糙，OB部分光滑，一质量为的小物块可视为质点，放在车的最左端，车和小物块一起以的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车AO部分之间的动摩擦因数为，重力加速度求：
小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；
小物块最终停在小车上的位置距A端多远。

答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：A、碰撞前后，物块的速度变化量为：，故A错误；
B、碰撞过程中，物块的动量变化量为：，故B正确；
C、设物块受到的平均作用力为F，由动量定理可知碰撞过程中：，解得：，方向向左，故C错误；
D、碰撞前后速度大小变化，能量减少，为非弹性碰撞，故D错误。
故选：B。
物体受到变化量、动量变化量均为矢量，根据初速度和末速度的大小分析AB选项；
根据动量定理求解平均作用力；
根据速度大小分析碰撞的性质。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
 2.【答案】A 【解析】解：小车做简谐运动的回复力是木块对它的静摩擦力，当它们的位移最大时，加速度最大，受到的静摩擦力最大，为了不发生相对滑动，小车的最大加速度，即系统振动的最大加速度。对整体：达到最大位移时的加速度最大，回复力，则最大振幅。故A正确，BCD错误。
故选：A。
当物体达到最大位移处时，加速度最大，静摩擦力最大．先对M和m整体，根据牛顿第二定律求出加速度，再对m，由牛顿第二定律列式，即可求出振幅的最大值
题目中m受到的静摩擦力提供回复力，根据整体法求解加速度，根据牛顿第二定律求解静摩擦力。本题的易错之处是误将木块与小车之间的静摩擦力当作两者组成系统的最大回复力。
 3.【答案】C 【解析】解：A、因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A错误；
B、冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B错误。
CD、根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，动量的变化：，可知合力冲量的大小为，故C正确，D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小．根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量．
本题考查了冲量和动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意动量定理的矢量性以及动量定理的正确应用．
 4.【答案】D 【解析】解：A、在时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，故A错误；
B、从到时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，故B错误；
C、在时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故C错误；
D、在与两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，故D正确。
故选：D。
根据图像直接得出振子的位移；理解在不同时间内振子的位移变化，由此分析出振子的速度变化，即动能变化以及势能的变化。
本题主要考查了简谐运动的振动图像，要熟悉简谐运动中不同物理量之间的关系即可，整体难度不大。
 5.【答案】B 【解析】解：A、物体在最高点，有。物体在最低点时，受力分析和对称性可得，联立可得物体在最低点时受的弹力大小：，故A错误；
B、设物体在最低点时，弹簧伸长量为x，根据胡克定律，可得。物体从最高点运动到最低点，由系统机械能守恒可得
联立可得弹簧的最大弹性势能，故B正确；
C、物体做简谐运动过程中，涉及弹簧的弹性势能、物体的重力势能和物体的动能，且总量保持不变。当物体运动到平衡位置时，动能最大，即弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小，故C错误；
D、由于简谐运动的对称性，物体在平衡位置时，重力势能为；根据弹簧弹性势能的特点，物体在平衡位置时，弹簧的弹性势能为；选取物体最低点所在平面为零重力势能面，根据能量守恒，可得，解得物体的最大动能，故D错误。
故选：B。
当物体振动到最高点时，回复力等于重力沿斜面向下的分力。根据对称性得到物体在最低点时的加速度，从而由牛顿第二定律求出物体在最低点时受的弹力大小；物体从最高点运动到最低点，由系统机械能守恒求弹簧的最大弹性势能；平衡位置处，物体的动能最大，由系统的机械能守恒分析弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和大小，并求出最大动能。
解决本题时，要抓住简谐运动的对称性，确定物体在最低点时受到的回复力大小。要知道物体和弹簧组成的系统机械能是守恒，但物体的机械能并不守恒。
 6.【答案】BC 【解析】解：A、因为A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒。故A错误。
B、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，A、B两物体的质量之比：：2，所以A、B两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B组成的系统所受的外力之和为零，所以A、B组成的系统动量守恒。故B正确
C、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统所受的外力方向向右，所以A、B两物体的总动量向右，故C正确
D、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，A、B组成的系统动量守恒。小车C所受的外力之和为零，保持静止。故D错误
故选：BC。
当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件进行判断．
解决本题的关键掌握动量守恒的条件，这是运用动量守恒定律解题的关键．
 7.【答案】ABD 【解析】解：A、时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；
B、由乙图可知振子振幅，周期，则可知

则振子振动方程为

当时，振子在O点右侧，且

故B正确；
C、和时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；
D、到的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，故D正确。
故选：ABD。
由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，难度不大，属于基础题。
 8.【答案】BC 【解析】解：A、根据图像信息，知，则摆动周期有，故A正确；

B、根据单摆周期公式为
则代入数据解得，则摆长有，故B错误；
C、时刻两摆的位移相同，因为摆长不同，由几何关系知其摆角不同，故C错误；
D、甲摆长大于乙摆长，时刻甲摆在平衡位置，乙摆在负向最大位移处，则两摆球有最大高度差，又两摆球质量相等，则二者有最大势能差，故D正确。
本题选错误的，故选：BC。
根据题中图像信息可知两摆的周期关系，根据周期关系可求摆长关系；
位移相同，摆长不同根据几何关系可知摆角不同；
甲摆长大于乙摆长，时刻甲摆在平衡位置，乙摆在负向最大位移处，则两摆球有最大高度差，又两摆球质量相等，则二者有最大势能差。
明确单摆周期，的计算公式，知道单摆的周期、摆长和摆角的关系。
 9.【答案】平衡摩擦力  在误差允许的范围内，碰撞前后系统动量守恒 【解析】解：由于动量守恒的条件是不受外力或外力的合力为零，所以垫高右端的目的是平衡摩擦力；
小车开始运动或碰撞过程均有一段过程，这两段过程点迹不均匀，所以计算碰撞前后的速度时，要取点迹均匀的两段。所以碰撞前取BC段，碰撞后取DE段计算速度；
碰撞前的速度。而碰撞后的速度。所以碰撞前的总动量。碰撞后的总动量。
由数据看出，在误差允许的范围内，碰撞前后系统动量守恒。
故答案为：平衡摩擦力；、DE；；；在误差允许的范围内，碰撞前后系统动量守恒
明确实验原理知道本实验必须让两车碰撞后粘在一起才能完成实验；
小车做匀速直线运动时，在相等时间内的位移相等，分析小车的运动过程，然后答题；
根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由求出动量。
本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法，明确动量守恒的表达式书写。
 10.【答案】解：由图像可知，，则

根据振子简谐运动的表达式

代入数据得：；
该振子在前100s内，有

所以在前100s内的位移为零；一个周期内路程为，故该振子在前100s内的路程是
。
答：该振子简谐运动的表达式为；
该振子在前100s内的总位移是0，路程是。 【解析】从振动图像中找出周期和振幅，根据振子简谐运动的表达式写出该振子运动表达式；
计算振子路程时，需要先计算振子的一个周期内的路程，再看振动的周期数，相乘即可。
本题考查从振动图像中发掘信息的能力，知道简谐运动表达式的一般式即各物理量含义。
 11.【答案】解：设木块相对小车静止时小车的速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
 
解得
从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止的过程，对小车，根据动能定理有

解得小车移动的距离：
设系统能量损失为Q，有
代入数据解得
答：木块相对小车静止时小车的速度为；
从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离为16m；
从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，系统损失的机械能为64J。 【解析】木块相对小车运动的过程，木块和小车组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出木块和小车相对静止时小车的速度大小；
对小车，根据动能定理求解小车移动的距离；
由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能。
本题属于板块类型，要分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律即可正确解题。
 12.【答案】解：对小物块，有
根据运动学公式
由能量关系，
解得。
设小物块离开弹簧时的速度为，有  。
对小物块，根据动量定理  
由⑤⑥式并代入数据得。
弹簧对小物块的冲量大小为，方向水平向左。
小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒。
由能量关系
小物块最终停在小车上距A的距离
解得。
答：小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2J。
小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为，方向水平向左。
小物块最终停在小车上的位置距A端为。 【解析】根据牛顿第二定律求出小物块在AO段做匀减速直线运动的加速度大小，从而根据运动学公式求出小物块与B弹簧接触前的速度，根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
小物块和弹簧相互作用的过程中，根据能量守恒定律求出小物块离开弹簧时的速度，根据动量定理求出弹簧对小物块的冲量。
根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度，根据能量守恒定律求出小物块在小车上有摩擦部分的相对路程，从而求出小物块最终位置距离A点的距离。
本题综合考查了动量定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关于这方面的问题，需加强训练。