山東省日照市日照一中2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期第一次質(zhì)量達標檢測試題含解析

PAGE15-山東省日照市日照一中2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期第一次質(zhì)量達標檢測試題（含解析）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。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，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動量守恒，機械能守恒B.動量不守恒，機械能守恒C.動量守恒，機械能不守恒D.無法判定動量、機械能是否守恒【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)的動量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒。選項C正確，ABD錯誤。故選C。2.籃球運動員接傳來的籃球時，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.球的動量改變量 D.球的動能改變量【答案】B【解析】球?qū)κ值牧Φ臎_量，不變，A錯誤；籃球運動員接傳來的籃球時，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間，依據(jù)可知，減小了球?qū)κ值牧Φ拇笮?，B正確；依據(jù)動量改變可知，動量改變量相同，C錯誤；球的動能改變量，相同，故D錯誤．3.運輸人造地球衛(wèi)星的火箭起先工作后，火箭做加速運動的緣由是（）A.燃料推動空氣，空氣反作用力推動火箭B.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱四周空氣，空氣膨脹推動火箭C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D.火箭發(fā)動機將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭【答案】D【解析】【詳解】火箭的工作原理是利用反沖運動，是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃氣從尾噴管快速噴出，氣體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動的質(zhì)點，其振動圖象如圖所示假設(shè)向右的方向為正方向，則物體的位移向左且速度向右的時間段是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)向右的方向為正方向，則物體的位移向左，位移應(yīng)為負值，即時間段在2-4s內(nèi)；依據(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兩小球沿同始終線相向運動，則（）A.它們碰撞前的總動量是，方向水平向右B.它們碰撞后的總動量是，方向水平向左C.它們碰撞后的總動量是，方向水平向左D.它們碰撞前的總動量是，方向水平向右【答案】D【解析】【詳解】取水平向右方向為正方向，設(shè)碰撞后總動量為P．則碰撞前，A、B的速度分別為：vA=5m/s、vB=-2m/s．依據(jù)動量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg?m/s），P＞0，說明碰撞后總動量方向水平向右．則碰撞前總動量方向也水平向右．故選D．【點睛】本題碰撞過程中遵守動量守恒，不僅碰撞前后總動量的大小不變，方向也保持不變，要留意選取正方向，用符號表示速度的方向．6.A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，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，依據(jù)題意pA＝pB即mv＝2mvB可得B球碰前vB＝A球碰后vA′＝由動量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′解得vB′＝所以vA′∶vB′＝∶＝故D正確，ABC錯誤。故選D。7.將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽視）A.30 B.5.7×102C.6.0×102 D.6.3×102【答案】A【解析】起先總動量為零，規(guī)定氣體噴出方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的動量，負號表示方向，故A正確，BCD錯誤；【點睛】解決本題的關(guān)鍵駕馭動量守恒定律的條件，以及知道在運用動量守恒定律時，速度必需相對于地面為參考系．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，且遠大于兩小球半徑，全部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動，觸地時兩球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為探討過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，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、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個木塊，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狀態(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，墻對木塊A的沖量大小等于木塊B動量改變量的大小B.木塊A離開墻壁前，彈性勢能的削減量等于木塊B動能的增量C.木塊A離開墻壁時，B的動能等于A、B共速時的彈性勢能D.木塊A離開墻壁后，當彈簧再次復(fù)原原長時，木塊A的速度為零【答案】AB【解析】【詳解】木塊A離開墻壁前，對AB的整體而言，墻對木塊A的沖量大小等于整體的動量改變即等于木塊B動量改變量的大?。灰罁?jù)能量守恒定律，木塊A離開墻壁前，彈性勢能的削減量等于木塊B動能的增量；木塊A離開墻壁時，B的動能等于A、B共速時的彈性勢能及A的動能之和；木塊A離開墻壁后，當彈簧再次復(fù)原原長時，木塊A的速度最大，選項AB正確．CD錯誤。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在振動過程中不發(fā)生相對滑動，則（）A.它們的加速度不能大于B.它們的振幅不能大于fC.簡諧運動半個周期內(nèi)A受到的摩擦力的沖量肯定等于0D.簡諧運動的一個周期內(nèi)A對B的摩擦力的沖量與彈簧對B彈力的沖量等大反向【答案】AD【解析】【詳解】AB．當A和B在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時，AB間靜摩擦力達到最大。此時AB到達最大位移處。依據(jù)牛頓其次定律，以A為探討對象，最大加速度以整體為探討對象kA=（M+m）a聯(lián)立兩式得最大振幅故A正確，B錯誤；C．從某時刻算起，若振子從平衡位置起先，在半個周期內(nèi)，A的動量改變最大，為2mv。若A從最大位移處起先，在半個周期內(nèi)，振子的動量改變最小，為零。依據(jù)動量定理分析得知，在半個周期的時間內(nèi)，摩擦力的沖量是2mv與0之間的某一個值，故C錯誤；D．依據(jù)上分析可知簡諧運動的一個周期內(nèi)振子的動量改變?yōu)榱?，依?jù)動量定理可知簡諧運動的一個周期內(nèi)A對B的摩擦力的沖量與彈簧對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，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，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，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動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，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）A.53kg B.58kg C.63kg D.68kg【答案】AB【解析】【詳解】設(shè)該運動員的質(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，取人運動的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律可得，第一次推物塊的過程中其次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n=7時，，解得當n=8時，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向右運動，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靜止B.第一次碰撞后小物塊相對地面對左運動C.其次次碰撞后小物塊相對地面以速度2v向右運動D.第一次碰撞和其次次碰撞的時間間隔為【答案】CD【解析】【詳解】ABC．小物塊與箱子第一次碰撞過程動量守恒，機械能守恒，以小物塊的速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得其次次碰撞過程動量守恒，機械能守恒，以小物塊的速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得由此類推，小物塊和箱子不會相對靜止，第一次碰撞后小物塊相對地面對右運動，其次次碰撞后小物塊相對地面以速度2v向右運動，故A、B錯誤，C正確；D．第一次碰撞和其次次碰撞的時間間隔為故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)計了一個用電磁打點計時器驗證動量守恒定律的試驗：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速直線運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，接著做勻速直線運動。他設(shè)計的裝置如圖甲所示，在小車A后連著紙帶，電磁打點計時器所用電源頻率為50Hz，長木板下墊著薄木片以平衡摩擦力。(1)若已測得打點紙帶如圖乙所示，并測得各計數(shù)點間距（已標在圖上）。A為運動的起點，則應(yīng)選________段來計算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量為________kg·m/s，碰后兩小車的總動量為________kg·m/s。【答案】(1).BC(2).0.40(3).0.42【解析】【詳解】(1)[1]從分析紙帶上打點的狀況看，AB段打點，小車的運動狀況還沒穩(wěn)定，而在BC段內(nèi)小車運動穩(wěn)定，故應(yīng)選用BC段計算A碰前的速度。(2)[2]小車A在碰撞前速度小車A在碰撞前動量[3]碰撞后A、B的共同速度碰撞后A、B的總動量14.如圖甲，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即探討兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。(1)試驗中，干脆測定小球碰撞前后的速度是不簡單的。但是，可以通過僅測量__（填選項前的序號），間接地解決這個問題A．小球起先釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖乙中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，試驗時，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______(填選項的符號)A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1起先釋放高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程，(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為______（用②中測量的量表示）；(4)經(jīng)測定m1＞m2，小球落地點的平均位置距Ｏ點的距離如圖乙所示，則該碰撞_________（填“是”或“不是”）彈性碰撞。【答案】(1).C(2).ADE(3).m1=m1+m2(4).是【解析】【詳解】(1)[1]驗證動量守恒定律試驗中，即探討兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，干脆測定小球碰撞前后的速度是不簡單的，但是通過落地高度不變狀況下水平射程來體現(xiàn)速度故選C(2)[2]試驗時，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)。測量平均落點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中D、E是必需的，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]落地時間為t，則，，而動量守恒的表達式是若兩球相碰前后的動量守恒，則m1=m1+m2(4)[4]試驗須要驗證m1=m1+m2，若碰撞是彈性碰撞，滿意動能守恒，則聯(lián)立得m1=m1+m2由圖乙可知則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，將小球從彈簧原特長由靜止放手，小球在豎直方向做簡諧運動，則：(1)小球從放手運動到最低點，下降高度為多少？(2)小球運動到最低點時的加速度大小為多少？【答案】(1)；(2)g【解析】【詳解】(1)放手后小球到達平衡位置時，彈簧伸長了x1，則mg=kx1由簡諧運動的對稱性可知，小球從平衡位置到最低點，彈簧的伸長量x2=x1小球從放手運動到最低點下降的高度為x=x1+x2=(2)在最低點時，對小球受力分析，由牛頓其次定律解得小球運動到最低點時的加速度大小為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沿光滑水平面對右做直線運動。某時刻輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經(jīng)過時間t＝5.0s，測得兩球相距s＝4.5m，求：(1)剛分別時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)由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2依據(jù)題意又有s＝v1t－v2t所以v1＝0.70m/sv2＝－0.20m/s即剛分別時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.如