2020-2021学年山东省六校高二上学期阶段性联合考试物理试题(B卷)(解析版)

物理（B 卷）人教版
一、选择题（每小题给出的四个答案中只有一个选项正确，请把正确答案填涂到答题卡上。

每小题3分，共24分）
1. 质量为2kg 的物体B 静止在光滑水平面上，质量为2kg 的物体A 在光滑水平面上以速度6m/s 与物体B 发生碰撞，则碰后A 、B 两小球的速度可能为（ ）
A. 5m/s A v =，1m/s B v =
B. 1m/s A v =-，7m/s B v =
C. 4m/s A v =，2m/s B v =
D. 2m/s A v =，4m/s B v =
『答案』D
『解析』碰撞前瞬间，A 、B 系统总动量为026kg m/s=12kg m/s A p m v ==⨯⋅⋅
碰撞前瞬间，A 、B 系统总动能为22k 01126J 36J 22
A E m v =
=⨯⨯= AC ．若碰撞后两球速度方向相同，则A 的速度应该小于B 的速度，故AC 错误； B ．碰撞后瞬间，A 、B 系统总动量为
2(1)kg m/s+27kg m/s=12kg m/s A A B B p m v m v '=+=⨯-⋅⨯⋅⋅
碰撞后瞬间，A 、B 系统总动能为
22
22k
11112(1)J+27J 50J 2222
A A
B B E m v m v '=+=⨯⨯-⨯⨯= 碰撞后动能变大了，不符合实际情况，故B 错误；
C ．B ．碰撞后瞬间，A 、B 系统总动量为
22kg m/s+24kg m/s=12kg m/s A A B B p m v m v '=+=⨯⋅⨯⋅⋅
碰撞后瞬间，A 、B 系统总动能为
2222k
111122J+24J 20J 2222
A A
B B E m v m v '=+=⨯⨯⨯⨯= 碰撞后动能减小了，动量守恒，符合实际情况，所以可能，故D 正确；故选D 。

2. 质量为50kg 人静止在甲船右侧，甲、乙两条船静止在水面上，它们的质量均为200kg 。

人以对地速度4m/s v =从甲船跳上乙船，再从乙船跳回甲船。

不计水的阻力。

则（ ） A. 人第一次从甲船跳出后，乙船的速度为1m/s
B. 人跳回甲船后，甲、乙两船的
速度比 :1:1v v =乙甲 C. 人跳回甲船后，甲、乙两船的速度比 :5:4v v =乙甲 D. 人跳回甲船后，甲、乙两船的速度比 :4:5v v =乙甲
『答案』D
『解析』A ．对乙船和人组成的系统，由动量守恒定律01()mv m M v =+
解得v 1＝0.8m/s
乙船的速度为0.8m/s ，选项A 错误；
BCD ．对人和甲乙两船的系统，由动量守恒()m M v Mv +=甲乙 解得 :4:5v v =乙甲
选项BC 错误，D 正确。

故选D 。

3. 甲、乙为竖直悬挂的两个弹簧振子，且悬挂振子的弹簧劲度系数相同，已知两球质量之比是4:1，振动图像如图所示。

则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两弹簧振子的振动频率之比是2:1
B. 甲、乙两弹簧振子在10s 内质点经过的路程之比是1:1
C. 甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是2:1
D. 甲、乙两弹簧振子最大速度之比是4:1
『答案』B
『解析』A ．由乙图可知甲、乙两弹簧振子的振动周期之比为:2:1T T =甲乙
则二者的频率之比为:2:1f f =甲乙 故A 错误；
B ．由乙图可知甲10s 内经过的路程为200cm ，乙10s 内经过的路程也为200cm ，故甲、乙路程之比是1:1，故B 正确；
C ．根据胡克定律F kx =可知，甲、乙的最大回复力之比为2:1，又因为两球质量之比是4:1，根据牛顿第二定律F
a m
=
可知，甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是1:2，故C 错误； D ．经分析，当到达平衡位置时，速度最大，设此时最大速度为v max ，甲弹簧振子的弹簧伸长量为x 0,在最低点时的弹簧伸长量为x 2，则有0mg kx = 从最低点到平衡位置时，根据动能定理得2
022020max 11()()()022
k x x x x mg x x mv +---=- 设弹簧最大振幅为A ，则有20x x A -=
联立以上三式得甲、乙最大速度之比是1:1，故D 错误。

故选B 。

4. 如图所示，光滑水平杆上套着一个小球和一个弹簧，弹簧一端固定，另一端连接在小球上，忽略弹簧质量。

小球以点O 为平衡置，在A 、B 两点之间做往复运动，它所受的回复力F 随时间t 变化的图象如图，则t 在2s~3s 的时间内，振子的动能k E ，和势能p E 的变化情况是（ ）
A. k E 变小，p E 变大
B. k E 变大，p E 变小
C. k E ，p E 均变小
D. k E ，p E 均变大
『答案』B
『解析』在2s~3s 的时间内，振子的回复力减小，则振子向平衡位置运动，速度变大，动能
E k 变大；弹性势能E p 减小。

故选B 。

5. 用细绳栓一小球做竖直面内圆周运动，从A 点再次转到A 点的过程中下列说法正确的是（ ）
A. 合力的冲量为0
B. 合力的冲量不为0
C. 重力的冲量为0
D. 绳中拉力的冲量大于重力的冲量
『答案』A
『解析』AB ．根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化，小球从A 点再次转到A 点
的过程中，动量变化为零，则合外力的冲量为0，选项A 正确，B 错误； C ．重力的冲量为mgT ，则不为零0，选项C 错误；
D ．合外力的冲量等于拉力和重力的冲量的矢量和，合外力的冲量为0，则绳中拉力的冲量等于重力的冲量，选项D 错误。

故选A 。

6. 如图所示，物体P 以初速度05m/s v =滑到静止于光滑水平地面的水平小车右端，小车Q 上表面粗糙，物体P 与小车Q 的v -t 图象如图乙所示，物体P 刚好不从小车Q 上掉下来，由图乙中各物理量不能求出的是（ ）
A. 物体P 和小车Q 之间的动摩擦因数
B. 小车Q 上表面的长度
C. 小车Q 的质量
D. 物体P 与小车Q 的质量之比
『答案』C
『解析』A ．由能量守恒得()2211122
p p p p Q m gl m v m m v μ=
-+ 质量比由动量守恒定律可以求出，小车的长度由图像的可以求出，速度是已知的，由上面的式子可以求出动摩擦因数，可以求出A ；
B. 小车Q 上表面的长度等于图像中三角形的面积5m ，可以求出B ；
C. 只能求出两车的质量比，不能求出小车Q 的质量，不能求出C ；
D. 由动量守恒定律得()
1p p p Q m v m m v =+
速度是已知的，可以求出物体P 与小车Q 的质量之比，可以求出D 。

故选C 。

7. 目前很多室内游乐场都有蹦床项目，很多人都喜欢体验在蹦床上高高跳起时的刺激感。

现有一个质量60kg 的人从离蹦床平面1.25m 处由静止跳落到蹦床上，能弹起的高度离蹦床平面0.8m ，假设人与蹦床面接触时间为0.6s ，g 取10m/s 2，则蹦床给人的平均作用力大小为
（ ） A. 600N
B. 900N
C. 1500N
D. 1800N
『答案』C 『解析』
【
详解』人从离蹦床平面1.25m 处自由下落，根据速度位移公式有2
112v gh = 解得15m /s v =
人反弹至0.8m 处，向上做竖直上抛运动，根据速度位移公式有2
222v gh = 解得24m /s v =
取向上为正方向，根据动量定理有()()21F mg t mv m v -=--
代入数据解得F =1500N ，故选C 。

8. 在一个斜面上，摆两条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点高度都相同。

两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。

这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。

然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。

现让质量相同的小球1和2分别沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。

此过程中（ ）
A. 两小球所受合力冲量相同
B. 球1的合力冲量大于球2的合力冲量
C. 两小球重力冲量相同
D. 球1的重力冲量大于球2的重力冲量
『答案』D
『解析』AB ．球1和球2沿两条不同路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，
根据动能定理有21
2
mgh mv =
解得2v gh =动量定理有=I p mv ∆=合
故两小球所受合力冲量大小相等，但由于最终速度的方向不相同，故两小球所受合力冲量的方向不相同，故两小球所受合力冲量不相同，故AB 错误；
CD ．由题可知，小球2更快到达终点，故所用的时间比球1更短，根据I mgt = 可知球2的重力冲量小于球1的重力冲量，故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题（每题给出的四个选项中，有两个或两个以上的正确答案，每小题4分，多选、错选不得分，少选得2分，共16分）
9. 如图所示，一个质量为1kg m =，一小球连接在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定在天花板上，该弹簧的劲度系数100N/m k =，用手把小球向上托起，直到弹簧恢复原长时，由静止释放小球，忽略空气阻力，g 取210m/s ，小球会在竖直方向上来回振动。

下列说法正确的是（ ）
A. 小球速度最大时，弹簧处于原长
B. 小球运动到最低点，弹性势能是1J
C. 以最低点为重力势能零参考面，小球运动到最高点时重力势能为2J
D. 小球的最大速度是1m/s
『答案』CD
『解析』A. 小球速度最大时，弹簧的弹力等于小球的重力，则弹簧不处于原长位置，选项
A 错误；
B. 小球在平衡位置时弹簧的伸长量10
m=0.1m 100
mg x k =
= 小球运动到最低点，弹性势能等于重力势能的减小量，即2100.2J=2J E mg x =⋅=⨯弹 选项B 错误；
C. 以最低点为重力势能零参考面，小球运动到最高点时重力势能为
2100.2J=2J p E mg x =⋅=⨯
选项C 正确；
D. 小球在平衡位置速度最大，则由能量关系'
212
m mgx E mv =+
弹 其中'
1
=
=0.5J 4
E E 弹弹 解得小球的最大速度是v m =1m/s 选项D 正确。

故选CD 。

10. 如图，一艘小船原来静止在平静的水面上，现前舱有水需要用抽水机抽往后舱，假设不计水面对船舱的阻力，则在抽水过程中关于船舱的运动下列说法中正确的是（ ）
A. 若前后舱是分开的
，则前舱将向前运动 B. 若前后舱是分开的，则前舱将向后运动 C. 若前后舱不分开，则船将向前运动
D. 若前后舱不分开，则船将会一直静止在水面上
『答案』AC
『解析』AB ．若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动
量保持为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，则前舱向前运动；故A 正确，B 错误。

CD ．不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，若前后舱不分开，用水泵把前舱
的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型）；故C 正确D 错误。

故选AC 。

11. 如图所示，半径为R 圆型槽Q 置于光滑水平面上，小球P 和凹槽Q 的质量均为m ，将物体P 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则P 、Q 构成的系统（ ）
A. 这一过程动量守恒
B. 这一过程仅在水平方向动量守恒
C. 因为系统机械能守恒，物体P 运动到圆槽的最低点速度为gR
D. 释放后当P 物体向左上升到最高点时，又恰与释放点等高
『答案』BCD
『解析』A. 这一过程竖直方向动量守恒不守恒，Ａ错误；
B. 这一过程中水平方向不受外力，水平方向动量守恒，Ｂ正确；
C. 因为系统机械能守恒和水平方向动量守恒P P Q Q m v m v =
221122
P p P Q Q m gR m v m v =
+ P Q m m =
解得P
v gR = ，C 正确；
D. 释放后当P 物体向左上升到最高点时，由动量守恒定律可知PQ 一定同时静止，不上升至等高点违反机械能守恒定律，D 正确。

故选BCD 。

12. 如图所示，光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，设Q 的质量为m ，P 的质量是Q 质量的4倍。

Q 与水平轻弹簧相连，开始Q 静止，P 以一初速度0v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞。

在整个过程中（ ）
A. 弹性势能最大时，Q 的动能为P 动能的
14
B. 弹性势能最大时，P 的速度为
04
5v C. 弹性势能最大时，P 、Q 的动能之和为2
045mv D. 弹簧具有的最大弹性势能等于2025
mv
『答案』ABD
『解析』B ．P 、Q 系统在水平方向上不受力，动量守恒，当两者速度相等时，弹性势最大。

由动量守恒定律得014(4)mv m m v =+
解得0145v v =
可见，弹性势能最大时，P 的速度为04
5
v ，故B 正确； ACD ．弹性势能最大时，Q 的动能为2kQ 112E mv = P 动能的为2
kP 11(4)2E m v =
所以弹性势能最大时，Q 的动能为P 动能的1
4
；P 、Q 的动能之和为
22kP kQ 1018(4)25
E E m m v mv +=
+= 弹簧具有的最大弹性势能为2
22pmax 000182(4)255
E m v mv mv =-= 故AD 正确，C 错误。

故选ABD 。

三、实验题（本题共15分）
13. 如图所示，在一个真空环境中，弹簧上端固定，下端悬挂钢球，把钢球从平衡位置向下拉一段距离A ，放手让其运动，用频闪照相机拍出照片如图一示，再重新向下拉钢球至
2
A
处，频闪照片如图二示，已知频闪照片的闪光周期为0.1s 。

由此分析出，第一次振动的周期为_______，第二次振动的周期为______，即弹簧振子的周期与振幅_____（填“有关”或“无关”）。

『答案』 (1). 0.8s (2). 0.8s (3). 无关
『解析』
『1』由图一可知，第一次振动的周期为T 1=8×0.1s=0.8s 『2』由图二可知，第二次振动的周期为T 2=8×0.1s=0.8s 『3』即弹簧振子的周期与振幅无关。

14. 某实验小组做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图所示，弹性球1用细线悬挂于O 点，O 点下方桌子的边缘有一竖直立柱。

实验时，调节悬点，使小球1与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球2发生对心碰撞，碰后小球1继续向左摆动，到B 点，小球2做平抛运动落到c 点。

又测得测出A 点离水平桌面的距离为a ，B 点离水平桌面的距离为b ，立柱离水平桌面的距离为h ，已知弹性小球1的质量1m 。

(1)为完成实验，还需要测量的物理量有___________、___________、___________。

（并说
明各物理量的意义）
(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式___________（忽略小球的大小）。

『答案』 (1). 弹性球2的质量m 2 (2). C 点与桌子边沿间的水平距离为c (3). 桌
面离水平地面的高度H (4).
2
22m m m =『解析』（1）『1』『2』『3』小球1向左下摆过程中机械能守恒，则有()211012
m g a h m v -=
解得0v =
碰后小球1继续向左摆动，机械能守恒，则有()21111
2
m g b h m v -=
解得1v =
碰撞后球2做平抛运动，则有2c v t =，212
H h gt +=
解得2v =碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+
代入以上求得的三个速度，则有2m m m =
整理得
2
22m m m =故还需要测量的物理量有弹性球2的质量m 2，C 点与桌子边沿间的水平距离为c ，桌面离水平地面的高度H
（2）『4』由上分析可知，该实验中动量守恒的表达式
222m m m = 四、计算题（本题共四小题，共45分）
15. 一半径为10cm 的小球漂浮在水面上时恰好有一半体积浸没在水中，如图所示。

现将小球向下按压5m 后放手，忽略空气阻力，小球在竖直方向上的运动可视为简谐运动，测得振动其周期为0.4s ，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示。

其中A 为振幅，分析小球的运动： (1)写小球位移函数表达式；
(2)求小球12s 内所经历的路程和位移各是多少？
『答案』(1)55sin(5)m 6c x t ππ=-
；(2) 600cm ，0 『解析』(1)T =0.4s ，根据2T πω= 得5πrad/s ω=
t =0时刻sin 2
A x A φ=-
= 解得76πφ=（116πφ=舍去） 故小球的振动方程为75sin()5sin(5)cm 5sin(5)cm 66
x A t t t ππωφππ=+=+=- (2)12s 相当于30个周期，一个周期内小球的路程是4A ，即总路程s =600cm ；位移是0. 16. 一质量2kg m =的滑块，从长度12m L =的光滑斜面顶端由静止开始下滑。

已知斜面倾角37θ=︒（sin 370.6︒=，cos370.8︒=），g 取210m/s 。

求滑块从斜面顶端滑到底端过程中：
(1)滑块重力的冲量；
(2)斜面对滑块的支持力的冲量。

『答案』(1)40k m /s g G I =⋅，方向竖直向下；(2)32k m /s g N I =⋅，方向垂直于斜面向上 『解析』(1)受力分析，由牛顿第二定律得：sin mg ma θ=
则26m/s a =
由运动公式212
L at =
得2s t =
则重力的冲量为G I mgt =
带入数据得40kg m/s G I =⋅ 方向竖直向下
(2)支持力的冲量为cos N I Nt mgt θ==
带入数据得32kg m/s N I =⋅ 方向垂直于斜面向上
17. 碰碰车是游乐场中备受小朋友喜欢的项目之一，惊险刺激。

假设小刚的家长带着调皮的小刚正开着碰碰车甲以4m/s 的速度向前行驶，突然另一个不带孩子的家长正驾驶碰碰车乙正以2m/s 的速度迎面驶来，在两车刚要相碰的瞬间，小刚迅速起身跳上了碰碰车乙两车恰好没有相撞。

已知小刚家长与碰碰车甲的总质量195kg M =，另一家长与碰碰车乙的总质量为280kg M =，小刚的质量25kg m =，设小刚跳离甲车，跳上乙车的时间极短。

求小刚跳离甲车时的对地速度多大？
『答案』13.12m/s
『解析』小刚跳离甲车的过程，由动量守恒 '1111()M m v M v mv +=+
小刚跳上乙车的过程，由动量守恒 ()'
2222-mv M v M m v =+ 由题意 ''12v v =
带入数据可得 13.12m/s v =
18. 如图所示，半径为0.2m 的光滑圆弧槽B 静置在光滑水平面上，左侧有一质量为1kg 的木板A ，A 和B 接触但不粘连，B 左端与A 相切，B 的质量为1kg 。

现有一质量为2.0kg 的小滑块C 以5m/s 的水平初速度从左端滑上A ，C 离开A 时，C 的速度大小为4.0m/s 。

重力
加速度g 取210m/s 。

忽略C 通过AB 接触处的能量损失。

A 、C 间的动摩擦因数为0.5。

求：
(1)C 刚离开木板A 时，木板A 的速度；
(2)木板A 的长度；
(3)C 滑上B 后，上升的最大高度。

『答案』(1)1m/s ；(2) 0.8m ；(3) 0.15m
『解析』(1)C 刚离开A 时，A 与B 速度相等，设为AB v ，由动量守恒定律 ()0C C C A B AB m v m v m m v =++
得1m/s AB v =
(2)设板长为l ，由功能关系可得()2220111222C A B AB C C C m gl m v m m v m v μ-=
++- 得木板A 的长度0.8m l =
(3)设C 达到轨迹最大高度h ，此时无论C 是否离开B ，只有水平速度且与B 相等，设为v x ；C 刚滑上B 时，B 的速度1m/s B AB v v ==
对BC 系统：水平方向动量守恒()C C B B B C x m v m v m m v +=+ 系统机械能守恒定律可得()222111222
C C B B B C x C m v m v m m v m gh +=++ 得0.15m 0.2m h R =<=
故C 不会从B 的上方脱离0.15m h =。