山東省日照市日照一中2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期第一次質(zhì)量達(dá)標(biāo)檢測物理試題

20202021學(xué)年度上學(xué)期高二第一次質(zhì)量達(dá)標(biāo)檢測物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D.無法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒【答案】C【解析】【詳解】在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。2.籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引．這樣可以減小A.球?qū)κ值牧Φ臎_量 B.球?qū)κ值牧Φ拇笮.球的動(dòng)量變化量 D.球的動(dòng)能變化量【答案】B【解析】球?qū)κ值牧Φ臎_量，不變，A錯(cuò)誤；籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引，增加了手與球間的相互作用力時(shí)間，根據(jù)可知，減小了球?qū)κ值牧Φ拇笮。珺正確；根據(jù)動(dòng)量變化可知，動(dòng)量變化量相同，C錯(cuò)誤；球的動(dòng)能變化量，相同，故D錯(cuò)誤．3.運(yùn)送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運(yùn)動(dòng)的原因是（）A.燃料推動(dòng)空氣，空氣反作用力推動(dòng)火箭B.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動(dòng)火箭C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對(duì)火箭的反作用力推動(dòng)火箭D.火箭發(fā)動(dòng)機(jī)將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動(dòng)火箭【答案】D【解析】【詳解】火箭的工作原理是利用反沖運(yùn)動(dòng)，是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵觯瑲怏w的反作用力使火箭獲得反沖速度。故選D。4.在水平方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，其振動(dòng)圖象如圖所示假設(shè)向右的方向?yàn)檎较?，則物體的位移向左且速度向右的時(shí)間段是A.0～1s內(nèi) B.1～2s內(nèi) C.2～3s內(nèi) D.3～4s內(nèi)【答案】D【解析】【詳解】據(jù)題意，假設(shè)向右的方向?yàn)檎较颍瑒t物體的位移向左，位移應(yīng)為負(fù)值，即時(shí)間段在24s內(nèi)；根據(jù)位移圖象的斜率等于速度，可知速度向右，為正值，應(yīng)在3～4s內(nèi)，故D正確．故選D．5.如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為，速率分別為的A、B兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，則（）A.它們碰撞前的總動(dòng)量是，方向水平向右B.它們碰撞后的總動(dòng)量是，方向水平向左C.它們碰撞后的總動(dòng)量是，方向水平向左D.它們碰撞前的總動(dòng)量是，方向水平向右【答案】D【解析】【詳解】取水平向右方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后總動(dòng)量為P．則碰撞前，A、B的速度分別為：vA=5m/s、vB=2m/s．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（2）=2（kg?m/s），P＞0，說明碰撞后總動(dòng)量方向水平向右．則碰撞前總動(dòng)量方向也水平向右．故選D．【點(diǎn)睛】本題碰撞過程中遵守動(dòng)量守恒，不僅碰撞前后總動(dòng)量的大小不變，方向也保持不變，要注意選取正方向，用符號(hào)表示速度的方向．6.A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶【答案】D【解析】【詳解】設(shè)碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB即mv＝2mvB可得B球碰前vB＝A球碰后vA′＝由動(dòng)量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′解得vB′＝所以vA′∶vB′＝∶＝故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。7.將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）A.30 B.5.7×102C.6.0×102 D.6.3×102【答案】A【解析】開始總動(dòng)量為零，規(guī)定氣體噴出方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的動(dòng)量，負(fù)號(hào)表示方向，故A正確，BCD錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒定律的條件，以及知道在運(yùn)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，速度必須相對(duì)于地面為參考系．8.如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球又疊放在一起，從高度為h處自由落下，且遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向．已知m2=3m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為（）A.h B.2h C.3h D.4h【答案】D【解析】試題分析：下降過程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)兩球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則：m2v﹣m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：（m1+m2）v2=+m2且，m2=3m1聯(lián)立解得：反彈后高度為：H=故選D二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然撤去力F，則下列說法中正確的是()A.木塊A離開墻壁前，墻對(duì)木塊A的沖量大小等于木塊B動(dòng)量變化量的大小B.木塊A離開墻壁前，彈性勢能的減少量等于木塊B動(dòng)能的增量C.木塊A離開墻壁時(shí)，B的動(dòng)能等于A、B共速時(shí)的彈性勢能D.木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，木塊A的速度為零【答案】AB【解析】【詳解】木塊A離開墻壁前，對(duì)AB的整體而言，墻對(duì)木塊A的沖量大小等于整體的動(dòng)量變化即等于木塊B動(dòng)量變化量的大??；根據(jù)能量守恒定律，木塊A離開墻壁前，彈性勢能的減少量等于木塊B動(dòng)能的增量；木塊A離開墻壁時(shí)，B的動(dòng)能等于A、B共速時(shí)的彈性勢能及A的動(dòng)能之和；木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，木塊A的速度最大，選項(xiàng)AB正確．CD錯(cuò)誤。故選AB。10.如圖所示，兩長方體木塊A和B疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M，A與B之間的最大靜摩擦力為f，B與勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子，為使A和B在振動(dòng)過程中不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則（）A.它們的加速度不能大于B.它們的振幅不能大于fC.簡諧運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期內(nèi)A受到的摩擦力的沖量一定等于0D.簡諧運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)A對(duì)B的摩擦力的沖量與彈簧對(duì)B彈力的沖量等大反向【答案】AD【解析】【詳解】AB．當(dāng)A和B在振動(dòng)過程中恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，AB間靜摩擦力達(dá)到最大。此時(shí)AB到達(dá)最大位移處。根據(jù)牛頓第二定律，以A為研究對(duì)象，最大加速度以整體為研究對(duì)象kA=（M+m）a聯(lián)立兩式得最大振幅故A正確，B錯(cuò)誤；C．從某時(shí)刻算起，若振子從平衡位置開始，在半個(gè)周期內(nèi)，A的動(dòng)量變化最大，為2mv。若A從最大位移處開始，在半個(gè)周期內(nèi)，振子的動(dòng)量變化最小，為零。根據(jù)動(dòng)量定理分析得知，在半個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)，摩擦力的沖量是2mv與0之間的某一個(gè)值，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上分析可知簡諧運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)振子的動(dòng)量變化為零，根據(jù)動(dòng)量定理可知簡諧運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)A對(duì)B的摩擦力的沖量與彈簧對(duì)B彈力的沖量等大反向，故D正確。故選AD。11.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）A.53kg B.58kg C.63kg D.68kg【答案】AB【解析】【詳解】設(shè)該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m=4.0kg，推物塊的速度大小為v=5.0m/s，取人運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可得，第一次推物塊的過程中第二次推物塊的過程中第三次推物塊的過程中……第n次推物塊的過程中以上各式相加可得當(dāng)n=7時(shí)，，解得當(dāng)n=8時(shí)，v8＞v，解得則故選AB。12.質(zhì)量為2m長為L的光滑箱子沿光滑水平面以速度v向右運(yùn)動(dòng)，箱子中有一質(zhì)量為m的小物塊以水平速度2vA.最終小物塊和箱子相對(duì)靜止B.第一次碰撞后小物塊相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)C.第二次碰撞后小物塊相對(duì)地面以速度2v向右運(yùn)動(dòng)D.第一次碰撞和第二次碰撞的時(shí)間間隔為【答案】CD【解析】【詳解】ABC．小物塊與箱子第一次碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以小物塊的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得第二次碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以小物塊的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得由此類推，小物塊和箱子不會(huì)相對(duì)靜止，第一次碰撞后小物塊相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)，第二次碰撞后小物塊相對(duì)地面以速度2v向右運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；D．第一次碰撞和第二次碰撞的時(shí)間間隔為故D正確；故選CD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動(dòng)小車A使之做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。他設(shè)計(jì)的裝置如圖甲所示，在小車A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源頻率為50Hz，長木板下墊著薄木片以平衡摩擦力。(1)若已測得打點(diǎn)紙帶如圖乙所示，并測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間距（已標(biāo)在圖上）。A為運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，則應(yīng)選________段來計(jì)算A碰前的速度。（選填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）(2)已測得小車A的質(zhì)量m1＝0.2kg，小車B的質(zhì)量為m2＝0.1kg，則碰前兩小車的總動(dòng)量為________kg·m/s，碰后兩小車的總動(dòng)量為________kg·m/s。【答案】(1).BC(2).0.40(3).0.42【解析】【詳解】(1)[1]從分析紙帶上打點(diǎn)的情況看，AB段打點(diǎn)，小車的運(yùn)動(dòng)情況還沒穩(wěn)定，而在BC段內(nèi)小車運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，故應(yīng)選用BC段計(jì)算A碰前的速度。(2)[2]小車A在碰撞前速度小車A在碰撞前動(dòng)量[3]碰撞后A、B的共同速度碰撞后A、B的總動(dòng)量14.如圖甲，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。(1)實(shí)驗(yàn)中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量__（填選項(xiàng)前的序號(hào)），間接地解決這個(gè)問題A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程(2)圖乙中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m1多次從斜軌上s位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測量平拋射程，然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上s位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復(fù)。接下來要完成的必要步驟是______(填選項(xiàng)的符號(hào))A．用天平測量兩個(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1開始釋放高度hC．測量拋出點(diǎn)距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE．測量平拋射程，(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為______（用②中測量的量表示）；(4)經(jīng)測定m1＞m2，小球落地點(diǎn)的平均位置距Ｏ點(diǎn)的距離如圖乙所示，則該碰撞_________（填“是”或“不是”）彈性碰撞?！敬鸢浮?1).C(2).ADE(3).m1=m1+m2(4).是【解析】【詳解】(1)[1]驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過落地高度不變情況下水平射程來體現(xiàn)速度故選C(2)[2]實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測量平拋射程OP，然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)。測量平均落點(diǎn)的位置，找到平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，而且D要在E之前。至于用天平秤質(zhì)量先后均可以。故選ADE(3)[3]落地時(shí)間為t，則，，而動(dòng)量守恒的表達(dá)式是若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則m1=m1+m2(4)[4]實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證m1=m1+m2，若碰撞是彈性碰撞，滿足動(dòng)能守恒，則聯(lián)立得m1=m1+m2由圖乙可知?jiǎng)t即說明碰撞為彈性碰撞15.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端系于天花板上，一端掛一質(zhì)量為m小球，彈簧的勁度系數(shù)為k，將小球從彈簧原長處由靜止放手，小球在豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，則：(1)小球從放手運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，下降高度為多少？(2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為多少？【答案】(1)；(2)g【解析】【詳解】(1)放手后小球到達(dá)平衡位置時(shí)，彈簧伸長了x1，則mg=kx1由簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球從平衡位置到最低點(diǎn)，彈簧的伸長量x2=x1小球從放手運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)下降的高度為x=x1+x2=(2)在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為a=g16.如圖，質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊的把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變。該系統(tǒng)以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開，斷開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t＝5.0s，測得兩球相距s＝4.5m，求：(1)剛分離時(shí)a、b兩小球的速度大小v1、v2；(2)兩球分開過程中釋放的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)0.7m/s和0.2m/s；(2)0.27J【解析】【詳解】(1)由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2根據(jù)題意又有s＝v1t－v2t所以v1＝0.70m/sv2＝－0.20m/s即剛分離時(shí)兩球的速度大小分別為0.7m/s和0.2m/s(2)由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)得Ep＝0.27J17.