安徽省安慶市桐城中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)物理 Word版含解析.docx

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安徽省桐城中學(xué)2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高二第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)物理試卷（考試總分：100分考試時(shí)長(zhǎng)：90分鐘）一、單選題（本題共計(jì)7小題，總分28分）1.質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線，同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量為pA=9kg?m/s，B球的動(dòng)量為pB=3kg?m/s．當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是（　?。〢.pA′=6kg?m/s，pB′=6kg?m/sB.pA′=8kg?m/s，pB′=4kg?m/sC.pA′=-2kg?m/s，pB′=14kg?m/sD.pA′=-4kg?m/s，pB′=8kg?m/s【答案】A【解析】【詳解】A.碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：p=pA+pB=12kg?m/s，由題意可知mA=mB=m；如果pA′=6kg?m/s，pB′=6kg?m/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能：，vA′=vB′符合實(shí)際，故A正確；B.如果pA′=8kg?m/s，pB′=4kg?m/s，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有：，vA′>vB′不符合實(shí)際，故B錯(cuò)誤；C.如果pA′=-2kg?m/s，pB′=14kg?m/s，則碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：系統(tǒng)動(dòng)能增加，不符合實(shí)際，故C錯(cuò)誤；D.如果pA′=-4kg?m/s，pB′=8kg?m/s，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量為：p′=pA′+pB′=-4kg?m/s+8kg?m/s=4kg?m/s碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，不符合題意，故D錯(cuò)誤．2.一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v ，在此過(guò)程中（　?。〢.地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為mv2B.地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為零C.地面對(duì)他的沖量為mv，地面對(duì)他做的功為mv2D.地面對(duì)他的沖量為mv-mgΔt，地面對(duì)他做的功為零【答案】B【解析】【分析】【詳解】設(shè)向上為正方向，則由動(dòng)量定理解得地面對(duì)他的沖量為I=mv＋mgΔt因地面對(duì)人的作用力沒有位移，則地面對(duì)他做的功為零．故選B。3.A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，，B點(diǎn)位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力大小為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力大小為（　?。〢.B.C.FD.2F【答案】B【解析】【詳解】設(shè)，則有根據(jù)庫(kù)侖定律，那么AB間的庫(kù)侖力為故電荷量為-2q的點(diǎn)電荷在C處所受電場(chǎng)力為故選B。4.如圖所示，實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)線，虛線是某帶電粒子通過(guò)該電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b 是軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受到電場(chǎng)力的作用，根據(jù)此圖不能作出正確判斷的是（　　）A.帶電粒子所帶電荷的正、負(fù)B.帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向C.帶電粒子在a、b兩點(diǎn)速度何處較大D.帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大【答案】A【解析】【詳解】AB．由圖，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向左彎曲，說(shuō)明粒子在a、b兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向左，由于電場(chǎng)線方向不明，無(wú)法確定粒子的電性和產(chǎn)生該電場(chǎng)的點(diǎn)電荷的電性，故A錯(cuò)誤，B正確；C．若粒子由a到b，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故b處的速度小，同理若粒子由b到a，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能變大，故b處的速度小，故C正確；D．根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度，判斷ab兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小，從而判斷ab兩點(diǎn)電場(chǎng)力大小，再根據(jù)牛頓第二定律得a點(diǎn)加速度的大，故D正確。本題選不能判斷的故選A。5.庫(kù)侖定律是電學(xué)中第一個(gè)被發(fā)現(xiàn)的定量規(guī)律，它的發(fā)現(xiàn)受萬(wàn)有引力定律的啟發(fā)．實(shí)際問(wèn)題中有時(shí)需要同時(shí)考慮萬(wàn)有引力和庫(kù)侖力，比如某無(wú)大氣層的均勻帶有大量負(fù)電荷的質(zhì)量分布均勻的星球．將一個(gè)帶電微粒置于離該星球表面一定高度處無(wú)初速釋放，發(fā)現(xiàn)微粒恰好能靜止．現(xiàn)給微粒一個(gè)如圖所示的初速度v，則下列說(shuō)法正確的是A.微粒將做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.微粒將做圓周運(yùn)動(dòng)C庫(kù)侖力對(duì)微粒做負(fù)功D.萬(wàn)有引力對(duì)微粒做正功【答案】A【解析】【詳解】AB．根據(jù)庫(kù)侖定律，靜電力 萬(wàn)有引力根據(jù)平衡條件，有F=F′距離r變化時(shí)，靜電力與庫(kù)侖力一直平衡，故合力為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；CD．庫(kù)侖力對(duì)微粒做正功，萬(wàn)有引力對(duì)微粒做負(fù)功，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，一質(zhì)量為M=3.0kg長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B。在A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的速度大小可能是（　?。〢.1.8m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s【答案】B【解析】【分析】【詳解】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较颍珹減速到速度為零的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)從開始到AB速度相同的過(guò)程中，取水平向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得則在木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的速度范圍為 故選B。7.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM=ON=4R.已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，靜電力常量為k，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(　　)A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】若將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為，由題知當(dāng)半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為，故A正確．BCD錯(cuò)誤；綜上所述本題答案：A二、多選題（本題共計(jì)3小題，總分18分）8.人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來(lái)越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到眼睛的情況。如圖所示，若手機(jī)質(zhì)量m為200g，從離人眼約h=10cm的高度無(wú)初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)t=0.01s手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正確的是（　?。〢.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為30NB.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為58N C.全過(guò)程手機(jī)重力的沖量大小約為0.48N·sD.全過(guò)程手機(jī)重力的沖量大小約為0.30N·s【答案】AD【解析】【詳解】AB．手機(jī)下落做自由落體運(yùn)動(dòng)，砸到眼睛前瞬間手機(jī)的速度大小為手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變成0，選取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為故A正確，B錯(cuò)誤；CD．手機(jī)自由下落的時(shí)間為全過(guò)程中手機(jī)重力的沖量大小為故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。9.一個(gè)連同裝備總質(zhì)量M=100kg的宇航員，脫離飛船進(jìn)行太空行走后，在與飛船相距d=45m的位置與飛船保持相對(duì)靜止。所帶氧氣筒中還剩有m0=0.5kg氧氣，氧氣除了供他呼吸外，還需向與飛船相反方向噴出一部分氧氣以獲得使他回到飛船反沖速度，為此氧氣筒上有可使氧氣以速度噴嘴。按照物理原理：如果一次性噴出氧氣質(zhì)量為m，噴氣速度為，則其獲得反沖速度，已知耗氧率為（即每秒鐘呼吸消耗氧氣量）。則為保證他安全返回飛船，一次性噴出氧氣質(zhì)量m可能為（）A.0.04kgB.0.25kg C.0.35kgD.0.46kg【答案】BC【解析】【詳解】設(shè)噴出氧氣的質(zhì)量為，返回的時(shí)間為，則返回速度為運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為宇航員耗氧即可得可得解得，所以一次性噴出氧氣質(zhì)量應(yīng)滿足故選BC。10.如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個(gè)小球A、B，質(zhì)量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，同時(shí)放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧時(shí)的速度為6m/s，接著A球進(jìn)入與水平面相切、半徑為0.5m的豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，g取10m/s2。下列說(shuō)法不正確的是（　?。?A.彈簧彈開過(guò)程，彈力對(duì)A的沖量大小大于對(duì)B的沖量大小B.A球脫離彈簧時(shí)B球獲得的速度大小為2m/sC.A球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過(guò)程中所受合外力的沖量大小為1N·sD.若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達(dá)Q點(diǎn)【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．彈簧彈開兩小球的過(guò)程，彈力相等，作用時(shí)間相同，根據(jù)沖量定義可知，彈力對(duì)A的沖量大小等于對(duì)B的沖量大小，A錯(cuò)誤；B．由動(dòng)量守恒定律得mv1＝Mv2解得A球脫離彈簧時(shí)，B球獲得的速度大小為v2＝2m/s項(xiàng)B正確；C．設(shè)A球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度為v，對(duì)A球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得解得v＝4m/s根據(jù)動(dòng)量定理得I＝mv－（－mv1）＝1N·s即A球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過(guò)程中所受合外力的沖量大小為1N·s，C正確；D．若半圓軌道半徑改為0.9m，小球到達(dá)Q點(diǎn)的最小速度為vC＝＝3m/s對(duì)A球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律解得小于小球到達(dá)Q點(diǎn)的臨界速度vC，則A球不能到達(dá)Q點(diǎn)，D正確。故不正確的選A。 三、實(shí)驗(yàn)題（本題共計(jì)2小題，總分15分）11.在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，裝置如圖所示，按照以下步驟進(jìn)行操作：①在平木板表面釘上白紙和復(fù)寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，使小球a從斜槽軌道上由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；②將木板水平向右移動(dòng)一定距離并固定，再使小球a由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；③把小球b靜止放在斜槽軌道最右端，讓小球a仍由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C；(1)為了保證在碰撞過(guò)程中a球不反彈，a、b兩球的質(zhì)量m1、m2間的關(guān)系是m1___________m2。（填“>”、“<”或“=”）(2)下列器材選取或?qū)嶒?yàn)操作符合實(shí)驗(yàn)要求的是___________。A．小球a、b半徑可以不同B．小球a每次必須從斜槽軌道同一位置由靜止釋放C．斜槽軌道末端必須保持水平D．需用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，小球a、b質(zhì)量分別為m1、m2，O點(diǎn)到A、B、C三點(diǎn)的距離分別為y1、y2、y3，若動(dòng)量守恒，則需要驗(yàn)證的表達(dá)式為___________。（用所測(cè)量的量表示）【答案】①.>②.BC③.【解析】【詳解】(1)[1]為防止兩球碰撞后，入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即m1>m2(2)[2]A．在實(shí)驗(yàn)中，為了發(fā)生對(duì)心正碰，a、b兩球的大小必須相等，故A錯(cuò)誤；B．為保證小球a每次與b球碰撞前的速度相同，應(yīng)使小球a每次必須從斜槽軌道同一位置由靜止釋放，故B正確；C．為保證碰撞后兩小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須保持水平，故C正確；D．本實(shí)驗(yàn)中通過(guò)小球a和小球b從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一豎直面上，由 ，可得因此速度可以通過(guò)測(cè)量距離來(lái)進(jìn)行計(jì)算，不需要測(cè)量時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選BC。(3)[3]a、b兩球碰撞前后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)可得驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律表達(dá)式為：整理為因此，若動(dòng)量守恒，則需要驗(yàn)證的表達(dá)式為12.美國(guó)物理學(xué)家密立根利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，最先測(cè)出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實(shí)驗(yàn)。兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負(fù)極相連接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向下，板間油滴P由于帶負(fù)電懸浮在兩板間保持靜止。（1）若要測(cè)出該油滴的電荷量，需要測(cè)出的物理量有___________A．油滴質(zhì)量mB．兩板間的場(chǎng)強(qiáng)EC．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭D．兩板的長(zhǎng)度L （2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q=___________（3）在進(jìn)行了幾百次的測(cè)量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個(gè)最小電荷量的整數(shù)倍，這個(gè)最小電荷量被認(rèn)為是元電荷。關(guān)于元電荷說(shuō)法正確的是___________A．油滴的電荷量可能是1.6×10-20CB．油滴的電荷量可能是3.2×10-19CC．元電荷就是電子D．任何帶電體所帶電荷量可取任意值【答案】①.ABC②.③.B【解析】【詳解】（1）[1]平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力與重力平衡，則有所以需要測(cè)出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)E，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。故選ABC。（2）[2]用所選擇物理量表示出該油滴的電荷量（3）[3]AB．在進(jìn)行了幾百次的測(cè)量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個(gè)最小電荷量的整數(shù)倍，這個(gè)最小電荷量被認(rèn)為是元電荷，其值為e=1.6×10-19C，則可知油滴的電荷量可能是3.2×10-19C，而1.6×10-20C不是元電荷的整數(shù)倍；故A錯(cuò)誤，B正確；CD．元電荷不是電子，只是在數(shù)值上等于電子或質(zhì)子的帶電量；任何帶電體所帶電荷量都只能是元電荷的整數(shù)倍，故CD錯(cuò)誤。故選B。四、計(jì)算題（本題共計(jì)3小題，總分39分）13.如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為，小球A帶正電，電荷量為q。在斜面上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無(wú)初速度釋放，小球A下滑過(guò)程中電荷量不變。不計(jì)A與細(xì)桿間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求：（1）A球剛釋放時(shí)的加速度大小；（2）當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，求此時(shí)A球與B點(diǎn)的距離。 【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由牛頓第二定律可得根據(jù)庫(kù)侖定律有A球剛釋放時(shí)，有聯(lián)立解得（2）當(dāng)A球受到的合力為零，即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大。設(shè)此時(shí)A球與B點(diǎn)間的距離為d，則有解得14.如圖所示，在光滑的水平面上有一帶半圓形光滑弧面的小車，質(zhì)量為M，圓弧半徑為R，從距車上表面高為H處?kù)o止釋放一質(zhì)量為m的小球，它剛好沿圓弧切線從A點(diǎn)落入小車，求： (1)小球到達(dá)車底B點(diǎn)時(shí)小車的速度和此過(guò)程中小車的位移；(2)小球到達(dá)小車右邊緣C點(diǎn)處，小球的速度．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正，則有系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立以上兩式得水平方向動(dòng)量守恒又得 (2)到C點(diǎn)時(shí)，小球相對(duì)車豎直向上運(yùn)動(dòng)，所以水平方向速度相等，則得此時(shí)車速根據(jù)動(dòng)能定理可得解得15.如圖甲所示，一長(zhǎng)的傳送帶以速度做勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量的小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。在傳送帶的C端，用長(zhǎng)為的細(xì)線懸掛著一個(gè)質(zhì)量為的小球，小物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，從A端無(wú)初速釋放小物塊，取重力加速度g為，忽略一切空氣阻力。（1）求小物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)到C端所用的時(shí)間；（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到C端與小球發(fā)生碰撞，在此后的過(guò)程中細(xì)線始終沒有發(fā)生彎曲，求碰撞過(guò)程中小物塊與小球組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能的范圍。（3）若傳送帶的傳送區(qū)域?yàn)樗矫鍭BCD，寬，如圖乙所示，從A點(diǎn)以平行于AB方向的速度將小物塊射出，求小物塊離開傳送帶時(shí)與D點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）對(duì)小物塊由牛頓第二定律可得小物塊先加速到傳送帶速度，所用時(shí)間為，可得 加速位移為故小物塊之后做勻速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為，可得可得總時(shí)間為（2）①若小物塊與小球發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)沒有能量損失，小物塊與小球速度交換，小球能上升的最大高度為h，則有解得因?yàn)榧?xì)線會(huì)發(fā)生彎曲，所以不可能是彈性碰撞。②若小物塊與小球碰撞后，小球恰好到達(dá)與圓心O等高的位置，由機(jī)械能守恒得由動(dòng)量守恒定律得系統(tǒng)損失的能量為解得③若小物塊與小球發(fā)生完全非彈性碰撞解得 系統(tǒng)損失的能量為解得所以系統(tǒng)損失的能量范圍為（3）小物塊射出后相對(duì)于傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向如圖所示滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，可得，，由于所以加速變a的方向不變，小物塊兩個(gè)方向的加速度分量不變，由上可知，相對(duì)地面，小物塊在方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在AC方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小物塊從BD邊射出，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由勻減速運(yùn)動(dòng)可知可得或者（舍去）此時(shí)沿AC方向的位移為 假設(shè)成立，所以小物塊從BD邊射出，射出點(diǎn)距離D點(diǎn)為