2022-2023学年山东省泰安第一中学高二上学期10月质量检测物理试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省泰安第一中学高二上学期10月质量检测物理试题含解析，共24页。试卷主要包含了10等内容，欢迎下载使用。
泰安一中2021级2022－2023学年第一学期阶段性测试物理试题2022.10一、选择题：（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）A. 物体的动量越大，其惯性也越大B. 动量相同的物体，速度一定相同C. 物体的速度方向改变，其动量一定改变D. 运动的物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的加速度方向【答案】C【解析】【详解】A．惯性只与质量有关，质量越大惯性越大，根据公式可知，物体的动量越大，物体的质量不一定大，故A错误；B．根据公式可知，动量相同的物体，速度不一定相同，故B错误；CD．动量是矢量，有大小也有方向，动量的方向即为物体运动的速度方向，与该时刻加速度方向关系无直接关系，物体的速度方向改变，其动量一定改变，故D错误，C正确。故选C。2. 一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则（　　）A. t＝2s时，物块的动量大小为0B. t＝3s时，物块的速率为2m/sC. t＝0到t＝1s时间内，合力F对物块冲量的大小为D. t＝2s到t＝3s时间内，物块动量变化量的大小为【答案】D【解析】【详解】A．图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，根据动量定理则有解得故A错误；B．图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，根据动量定理解得故B错误；C．t=0到t=1s时间内，合力F对物块冲量的大小故C错误；D．t=2s到t=3s时间内，物块动量变化量大小故D正确。故选D。3. 甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，可知错误的是（　　）A. 0~0.5s内振子甲的速度减小，加速度增大B. 两弹簧振子加速度最大值之比一定为C. 振子甲的速度为零时，振子乙的速度最大D. 两弹簧振子的振动周期之比为【答案】B【解析】【详解】A．在内振子甲向正向最大位移振动，速度减小，加速度增大，故A正确；B．由振动图像读出两振子最大位移之比为，由于弹簧的劲度系数可能不同，由可知甲、乙两弹簧振子所受回复力最大值之比不一定等于，故B错误；C．甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度为最大，故C正确；D．由图可知振子的振动周期之比为，故D正确。本题选错误的，故选B。4. 如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为的装有圆弧槽的小车，现有质量也为的小球以的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（　　）A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B. 小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C. 小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于D. 小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动【答案】D【解析】【详解】A．小球沿弧形槽上升过程，小车和小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，系统总动量不守恒，故A错误；BCD．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，整个过程中水平方向动量守恒由机械能守恒得联立解得即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后对地将做自由落体运动，故D正确，BC错误。故选D。5. 一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移为，时位移为0.1m，则（　　）A. 若振幅为0.1m，振子的周期可能为0.6sB. 若振幅为0.1m，振子的周期可能为0.8sC. 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】D【解析】【详解】AB．若振幅为0.1m，由题意知解得故若振幅为0.1m，振子的周期不可能为0.6s、0.8s，AB错误；C．若振幅为0.2m，时，由简谐运动表达式可知，时解得或当时，有将，代入得将，代入得故振幅为0.2m，振子的周期不可能为4s，C错误；D．当时，将，代入得故振幅为0.2m，振子的周期可能为6s，D正确。故选D。6. 如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（　　）A. 甲、乙两车运动中速度之比为B. 甲、乙两车运动中速度之比为C. 甲车移动的距离为D. 乙车移动的距离为【答案】A【解析】【分析】【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得可得甲、乙两车运动中速度之比为故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2，则有又联立解得故CD错误。故选A。7. 如图所示，小车的上表面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道截面半径，以水平速度v＝2m/s从左端滑上小车，最后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（重力加速度为）（　　）A. 小球滑离小车时，小车回到原来位置B. 小球滑离小车时相对小车的速度大小为2m/sC. 小球滑离小车时小球的速度大小为2m/sD. 车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度一定等于0.1m【答案】B【解析】【详解】A．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向动量守恒，小球从管道左端进入小车在到从管道左端滑离小车，此过程中小车速度一直向右，所以小车不可能回到原来位置，故A错误；BC．从小球进入轨道到离开小车，以向右为正方向，由动量守恒定理有根据机械能守恒有解得小球滑离小车时，小球的速度和小车的速度分别为，则小球滑离小车时相对小车速度为m/s，即小球滑离小车时相对小车的速度大小为2m/s，故B正确，C错误；D．设小球滑上轨道的最高点离小车上表面的高度为h，则此时根据动量守恒有根据机械能守恒有联立解得则根据题意，车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度一定要大于0.1m，故D错误。故选B。8. A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为，B球的动量为，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A球动量的值为，A、B两小球的质量之比k可能为（　　）A. 0.75 B. 0.65 C. 0.55 D. 0.45【答案】C【解析】【详解】根据动量守恒可知，碰撞前后系统总动量保持不变，则碰撞后B球动量为碰撞前系统总动能大于等于碰撞后系统总动能，又可得得当时，碰撞后两球动量之比为得不符合实际情况。同理，当时满足实际情况。故选C。二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9. 一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图像如图所示，由图可知（　　）A. 质点振动的频率是，振幅是B. 时，质点的加速度为正向最大C. 时，质点的位移为零D. 内，质点通过的路程为【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，质点振动的振幅为，周期为，则频率为故A错误；B．由图可知，时，质点在负的最大位移处，有正向最大的加速度，故B正确；C．由图可知，时，质点在平衡位置，则质点的位移为零，故C正确；D．由图可知，质点在处在正向最大位移与平衡位置之间，且向平衡位置振动，则在内，质点通过的路程大于，故D错误。故选BC。10. 用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，子弹射入木块过程时间忽略不计，则下列说法正确的是（   ）A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B. 子弹射入木块过程动量守恒，故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块后瞬间子弹和木块的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为【答案】BD【解析】【详解】AC．从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，忽略空气阻力，该过程只有重力做功，机械能守恒，只有取最开始小木块所在平面为零势能面，则其机械能等于子弹射入木块后瞬间子弹和木块的动能，AC错误；BD．规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0= (m＋M)v′所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒定律得可得上升的最大高度为BD正确。故选BD。11. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t（位移-时间）图象。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（　　）A. 碰前m2静止，m1向右运动 B. 碰后m2和m1都向右运动C. m2=0.3 kg D. 碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能【答案】AC【解析】【详解】AB．由s－t(位移时间)图象可知，m1碰撞前的速度为m1碰撞后的速度为m2碰撞前的速度为0m2碰撞后的速度为所以碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动，则A正确；B错误；C． m1和m2碰撞过程由动量守恒定律可得代入数据解得所以C正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能为则该碰撞过程为弹性碰撞，所以D错误；故选AC。12. 如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将质量分别为、的两物体之间的轻弹簧压缩后用细线约束，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连。现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，离开弹簧后从桌面右边缘飞出，冲上曲面。已知桌面高为，平抛的水平射程为，，不计一切摩擦，重力加速度为，则（　　）A. 弹簧的最大弹性势能为12JB. 离开弹簧时的速度大小为4m/sC. 上升到曲面最高点时距桌面的高度为0.2mD. 在弹簧弹开的过程中，、两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒【答案】ABC【解析】【详解】AB．对平抛过程分析，则 解得弹簧将两物体弹开过程中，m1和组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得解得弹簧的最大弹性势能为故AB正确；C．对m1冲上曲面的过程，由机械能守恒定律可得解得故C正确；D．在弹簧弹开的过程中，、的两物体组成的系统动量守恒，弹簧弹性势能转化为二者的动能，机械能不守恒，故D错误。故选ABC。三、实验题：（本题共1小题，共10分）13. 在验证动量守恒定律的实验中，请回答下列问题：（1）实验记录如图甲所示，先不放B球，则A球做平抛运动的水平位移是图中的________；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的________；（两空均填“OM”“OP”或“ON”）；为测定A球不碰B时做平抛运动的落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，图乙给出了小球A落点附近的情况，可得A的平均落点到O点的距离应为________cm。（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果________产生误差（填“会”或“不会”）。（3）实验装置如图甲所示，A球为入射小球，B球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件，正确的是_______。A．入射小球的质量，可以小于被碰小球的质量。B．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度C．入射小球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放D．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，且应恰好静止【答案】    ①. OP    ②. ON    ③.     ④. 不会    ⑤. D【解析】【详解】（1）[1][2]A球与B球碰后，B球速度大于A球的速度，碰后B落在N点，A落在M点，因为A球单独释放时平抛运动的速度大于碰后A球的速度，可知A球碰前做平抛运动落在P点，则A球做平抛运动的水平位移是图中的OP，放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中ON。[3]小球A落点，应该取多次落点的平均落地点，即用尽量小的圆，将这些落地点圈起来，圆心的位置即是平均落地点，由图可得大致为（2）[4]只要保证小球A到达斜槽底端的速度相同即可，所以轨道有无摩擦对实验结果不会产生误差。（3）[5]A．入射小球的质量不可以小于被碰小球的质量，故A项错误；B．在实验中不需要测量小球的下落高度，只要保证高度相同相同，即可知道两小球的下落时间相同，故B项错误；C．入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同，故C项错误；D．为保证碰撞时速度水平，斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故D项正确。故选D。四、计算题：（本题共5小题，共50分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14. 假如有一宇宙飞船，它的正面面积为，以的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每空间有一微粒，每一微粒平均质量，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？（设微粒与飞船相碰后附着到飞船上）【答案】0.1N【解析】【详解】由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力大小相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力大小相等。时间t内附着到飞船上的微粒质量为设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得即代入数据解得15. 在图甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。取。（1）写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；（2）求内小球的总路程L，并指出时小球的位置。【答案】（1）；（2），时小球处于最低点。【解析】【详解】（1）由题图乙可知，周期振幅小球相对平衡位置的位移即（2）由公式内小球的总路程解得时小球处于最低点。16. 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为60kg，乙和他的冰车总质量也为60kg，游戏时甲推着一质量为10kg的木箱，和他一起以的速度向右滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，甲将木箱推给乙，使木箱与乙一起运动，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？【答案】9.8m/s【解析】【详解】设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲速度为，乙获得的速度为，取向右为正方向，以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得以箱子和乙为系统，得当甲与乙恰好不相撞时联立解得17. 如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，质量m＝2kg的小物块以速度滑到长木板上，小物块在到达木板右端前与木板相对静止，图（b）为物块与木板运动的v—t图像，已知图中、，，重力加速度大小为，由此可求：（1）长木板的质量；（2）小物块与长木板间动摩擦因数；（3）小物块和长木板组成的系统损失的机械能；（4）长木板的至少长度。【答案】（1）1kg；（2）0.1；（3）3J；（4）1.5m【解析】【详解】（1）由图可知，时刻小物块与长木板共速，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有带入数据解得，长木板的质量为（2）小物块在长木板上与长木板相对滑动时，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律可得由图像可得，此时小物块的加速度为联立解得，小物块与长木板间的动摩擦因数为（3）根据能量守恒可得，小物块和长木板组成的系统损失的机械能为（4）根据功能关系有解得，长木板的长度至少为18. 如图所示，固定点O上系一长L = 0.6m的细绳，细绳的下端系一质量m = 1.0kg的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h = 0.80m，一质量M = 2.0kg的物块开始静止在平台上的P点。现对物块M施予一水平向右的初速度，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M落在水平地面上的C点，其水平位移x = 1.2m，不计空气阻力，g = 10m/s2。（1）求物块M碰撞后的速度大小v3；（2）求小球m碰撞后的速度大小v2；（3）若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ = 0.5，物块M与小球的初始距离为x1= 1.3m，求物块M在P处的初速度大小v0。（4）物块与小球碰撞过程是否是弹性碰撞？（写明你的演算过程）【答案】（1）3.0m/s；（2）6.0m/s；（3）7.0m/s；（4）见解析【解析】【详解】（1）碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3，平抛运动时间为t，有x = v3t得（2）碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA，则小球在最高点时有联立解得v2 = 6.0m/s（3）物块M与小球在B点处碰撞，设碰撞前物块M的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律Mv1 = mv2＋Mv3可得v1 = 6.0m/s物块M从P点运动到B点过程中，由动能定理解得v0 = 7.0m/s‍（4）在碰撞前物块M和小球m整体的机械能为碰撞后物块M和小球m整体的机械能为则E′ < E，说明在碰撞过程中有能量损失，则物块与小球碰撞过程是非弹性碰撞。