安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期物理素质拓展六 Word版含解析.docx

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安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期素质拓展6物理试卷一.选择题（本题共10小题，共46分.1-7题为单选题，每小题4分；8-10题为多选题，每小题6分，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.如图所示，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中（　　）A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量守恒，机械能守恒【答案】A【解析】【详解】子弹射入木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，但是子弹射入木块后留在其中，这个过和属于完全非弹性碰撞动能损失最大，有内能产生，所以机械能不守恒，在弹簧被压缩至最短的过程，有弹力作用，所以系统动量不守恒，但是机械能守恒，则全过程系统的动量不守恒，机械能也不守恒，所以A正确；BCD错误；故选A。2.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的点，另一端系者质量为的小球，给小球一定的速度，使之在水平面内做周期为的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.小球运动半周的过程中，动量不变B.小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为C.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零【答案】B 【解析】【详解】AB．小球运动半周的过程中，小球动量的改变量为根据动量定理故A错误，B正确；C．小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为故C错误；D．小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理得故D错误。故选B。3.如图所示，弹簧振子在之间做简谐运动。以平衡位置为原点，建立轴。向右为轴正方向。若振子位于点时开始计时，则其振动图像为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【详解】若振子位于点时开始计时，可知时刻，振子处于正向最大位移处。故选A。4.如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为，则P做简谐运动的表达式为（　　）A.B.C.D【答案】B【解析】【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为，以向上为正方向，设P的振动方程为由图可知，当时，P的位移为，代入振动方程解得则P做简谐运动的表达式为故B正确，ACD错误。故选B。5.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】对整体，当最大振幅时有得隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力得故C正确，A、B、D错误。故选C【点评】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力。知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力。6.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为的小球，小球静止在点。现用力将小球竖直向下缓慢拉动到点（图中未画出）后由静止释放，小球恰好能上升到弹簧原长位置。已知由点第一次到达点所经历的时间为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）A.小球被拉到点静止时，竖直向下的拉力大小为B.小球由点第一次运动到点所用时间为C.小球由点运动到点的过程中与由点运动到点的过程中，弹簧弹力的冲量相等D.小球由点运动到点的过程中与由点运动到点的过程中，弹簧弹力做的功相等 【答案】B【解析】【详解】A．小球在竖直方向做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知小球在最低点与最高点回复力大小相等，在最低点有在最高点有则在最低点时即故在最低点未释放时，有故A错误；B．根据简谐运动的对称性可知从点运动到点所用时间与从点运动到点所用的时间相等，故小球由点运动到点所用的时间为，B正确；C．由于由点运动到点的过程中与由点运动到点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，而时间相等，故弹簧弹力的冲量不相等，C错误；D．由于由点运动到点的过程中与由点运动到点的过程中，弹簧弹力逐渐减小，而位移相等，故弹簧弹力做的功不相等，D错误。故选B。7.如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，各接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A.P、Q组成的系统满足动量守恒B.P的位移大小为C.Q滑至最低点时的速度为D.Q的位移大小为【答案】C【解析】【详解】A．对P、Q组成的系统进行分析，由于小物块Q在竖直方向上存在加速与减速过程，则系统所受外力的合力不为0，系统仅仅在水平面所受外力的合力为0，即系统动量不守恒，系统在水平方向上动量守恒，故A错误；C．Q滑动最低点，根据系统水平方向动量守恒可得根据系统机械能守恒可得联立解得故C正确；BD．根据水平方向动量守恒的位移表达式有P、Q的相对位移联立解得，故BD错误。故选C。8.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和 的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　）A.在、时刻弹簧处于原长状态B.时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短C.两物块的质量之比为D.在时刻两物块的动能大小之比为【答案】AD【解析】【详解】AB．图乙可知两物块的运动过程，开始时逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，继续加速，先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A正确，B错误；C．系统动量守恒，从开始到时刻有，，解得C错误；D．在时刻，和的速度大小分别为，又有 则动能大小之比为D正确。故选AD。9.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin，则质点A.第1s末与第3s末的位移相同B.第1s末与第3s末的速度相同C.3s末至5s末的位移方向都相同D.3s末至5s末的速度方向都相同【答案】AD【解析】【详解】A．把时间t=1s、t=3s代入公式可得位移相同，A对；B．周期8s，第1s末与第3s末先后两次通过同一位置，位移相同，速度方向相反，B错；CD．把3s末至5s末代入公式可得位移方向相反，加速度方向相反，速度方向相同，C错，D对．10.一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t=0时振子的位移为-0.1m，t=1s时位移为0.1m，则（　　）A.若振幅为0.1m，振子的周期可能为B.若振幅为0.1m，振子的周期可能为C.若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD.若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s【答案】AD【解析】【详解】试题分析：t=0时刻振子的位移x=-0.1m，t=1s时刻x=0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．若振幅为0.1m，根据题意可知从t=0s到t=1s振子经历的周期为，则，解得，当n=1时，无论n为何值，T都不会等于，A正确B错误；如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图象，有①，或者②，或者③，对于①式，只有当n=0时，T=2s，为整数；对于②式，T不为整数；对于③式，当n=0时，T=6s，之后只会大于6s，故C错误D正确【点睛】t=0时刻振子的位移x=-0.1m，t=1s时刻x=0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s 为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．二.非选择题（共54分.其中第11题14分，第12题10分，第13题14分，第14题16分）.11.在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：a.取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；b.在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；c.拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为），然后由静止释放小球；d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t。①用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为__________；②如果已知摆球直径为，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂。如图1所示，那么单摆摆长是__________。如果测定了40次全振动是时间如图2中秒表所示，那么单摆的摆动周期是__________s。③若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是__________。（选填下列选项前的序号）A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长C.测量周期时，误将摆球次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期D.摆球的质量过大④在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出图象如图3所示。图线斜率的意义__________。 A.B.C.gD.⑤在题④中，利用图线上任意两个点a、b的坐标计算重力加速度的公式是_____。⑥在题④中，如果在描点时若误将摆线长当做摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与正常相比，将产生哪一种结果？__________A.不变B.偏大C.偏小D.都有可能【答案】①.②.88.80③.1.89④.C⑤.B⑥.⑦.A【解析】【详解】①[1]n次全振动所用的时间t，则单摆的周期为根据单摆的周期公式，可得重力加速度为②[2]摆球下端的位置为89.80cm，球心的位置为摆长，有89.80cm-1.00cm=88.80cm[3]40次全振动的时间由秒表读数为60s+15.6s=75.6s则周期为③[4]A．由可得把摆线的长度当成了摆长，l变短，由上式可知，测得的g值偏小，故A错误；B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，周期T变大，则g偏小，故B错误；C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，测出的周期T变小，则g 偏大，故C正确；D．单摆的周期与摆球的质量无关，质量过大不会改变周期，故D错误。故选C；④[5]根据单摆的周期公式，可得故图像的斜率，故选B。⑤[6]图像的斜率为解得重力加速度为⑥[7]描点时若误将摆线长当作摆线长，那么画出的直线将不通过原点即作出的图像，斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故选A。12.质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。(1)若，则等于多少？(2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？【答案】(1)3kg；(2)弹性碰撞【解析】 【详解】(1)根据x－t图象的斜率等于速度，由图象可知，m1碰前速度为碰后的速度为m2碰前速度为碰后的速度为由动量守恒定律得代入数据解得(2)两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为故碰撞过程是弹性碰撞。13.如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从点开始运动的时刻，取。(1)求单摆的振动周期和摆长。(2)求摆球的质量。(3)求摆球运动过程中的最大速度。【答案】(1)0.4πs，0.4m；(2)0.05kg；(3)0.283m/s。【解析】 分析】【详解】(1)小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律T=0.4πs由单摆的周期公式为解得(2)(3)摆球受力分析如图所示：在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N在最低点B，有从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR（1-cosθ)=mv2联立三式并代入数据得m=0.05kgv=m/s≈0.283m/s14.如图所示，质量为m2=2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R=0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道CD部分粗糙，长为L=0.2m，动摩擦因数μ=0.10，其余部分均光滑。现让质量为m1=1kg的物块（可视为质点）自A点由静止释放，此后整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求： （1）物块第一次到达B点时的速度大小v1；（2）在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep；（3）物块最终停止的位置和弹簧被压缩的总次数N。【答案】（1）2m/s；（2）2.8J；（3）最终停D点，被压缩7次【解析】【分析】【详解】（1）下滑过程m1和m2组成的系统在水平方向动量守恒，有：m1v1=m2v2系统能量守恒，有代入数据，联立解得v1=2m/s（2）滑块每次经过CD段系统损耗的机械能弹簧第一次被压缩至最短时，具有最大的弹性势能，依能量守恒：（3）系统机械能最终被摩擦生热损耗，设滑块m1在CD段运动的总路程为s，有：解得s=3m每次通过粗糙部分走过的路程为L，故滑块在CD段运动的次数