安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二物理上学期第一次教学质量检测试题（Word版附解析）

这是一份安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二物理上学期第一次教学质量检测试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试总分：100分考试时长：90分钟）
一、单选题（本题共计7小题，总分28分）
1. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为pA=9kg•m/s，B球的动量为pB=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A. pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s
B. pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s
C. pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s
D. pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碰撞前系统总动量：
p=pA+pB=12kg•m/s，
由题意可知mA=mB=m；如果pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
，vA′=vB′
符合实际，故A正确；
B. 如果pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s，碰撞过程动量守恒，有：
，vA′>vB′
不符合实际，故B错误；
C. 如果pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s，则碰撞后系统的总动能为：
系统动能增加，不符合实际，故C错误；
D. 如果pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s，碰撞后系统总动量为：
p′=pA′+pB′=-4kg•m/s+8kg•m/s=4kg•m/s
碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误．
2. 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（ ）
A. 地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B. 地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D. 地面对他的冲量为mv-mgΔt，地面对他做的功为零
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设向上为正方向，则由动量定理
解得地面对他的冲量为
I=mv＋mgΔt
因地面对人的作用力没有位移，则地面对他做的功为零．
故选B。
3. A、B、C三点在同一直线上，，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为的点电荷时，它所受到的电场力大小为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为的点电荷，其所受电场力大小为（ ）
A. B. C. FD. 2F
【答案】B
【解析】
【详解】设，则有
根据库仑定律，那么AB间的库仑力为
故电荷量为-2q的点电荷在C处所受电场力为
故选B。
4. 如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图不能作出正确判断的是（ ）
A. 带电粒子所带电荷的正、负
B. 带电粒子在a、b两点的受力方向
C. 带电粒子在a、b两点速度何处较大
D. 带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A错误，B正确；
C．若粒子由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，同理若粒子由b到a ，电场力做正功，动能变大，故b处的速度小，故C正确；
D．根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故D正确。
本题选不能判断的故选A。
5. 库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是
A. 微粒将做匀速直线运动B. 微粒将做圆周运动
C 库仑力对微粒做负功D. 万有引力对微粒做正功
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据库仑定律，静电力
万有引力
根据平衡条件，有
F=F′
距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故合力为零，做匀速直线运动；选项A正确，B错误；
CD．库仑力对微粒做正功，万有引力对微粒做负功，选项CD错误。
故选A。
6. 如图所示，一质量为M=3.0kg长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（ ）
A. 1.8 m/sB. 2.4 m/s
C. 2.8 m/sD. 3.0 m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，A减速到速度为零的过程中，由动量守恒定律得
代入数据解得
当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为
故选B。
7. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=4R.已知M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】若将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在M、N点所产生的电场为，由题知当半球面在M点产生的场强为E，则N点的场强为，故A正确．BCD错误；
综上所述本题答案：A
二、多选题（本题共计3小题，总分18分）
8. 人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，若手机质量m为200g，从离人眼约h=10cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经t=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）

A. 手机对眼睛的作用力大小约为30N
B. 手机对眼睛的作用力大小约为58N
C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.48N·s
D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.30N·s
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．手机下落做自由落体运动，砸到眼睛前瞬间手机的速度大小为
手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，根据动量定理可得
联立解得手机对眼睛的作用力大小为
故A正确，B错误；
CD．手机自由下落的时间为
全过程中手机重力的冲量大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
9. 一个连同装备总质量M=100kg的宇航员，脱离飞船进行太空行走后，在与飞船相距d=45m的位置与飞船保持相对静止。所带氧气筒中还剩有m0=0.5kg氧气，氧气除了供他呼吸外，还需向与飞船相反方向喷出一部分氧气以获得使他回到飞船反冲速度，为此氧气筒上有可使氧气以速度喷嘴。按照物理原理：如果一次性喷出氧气质量为m，喷气速度为，则其获得反冲速度，已知耗氧率为（即每秒钟呼吸消耗氧气量）。则为保证他安全返回飞船，一次性喷出氧气质量m可能为（ ）
A. 0.04kg
B. 0.25kg
C. 0.35kg
D. 0.46kg
【答案】BC
【解析】
【详解】设喷出氧气的质量为，返回的时间为，则返回速度为
运动的时间为
宇航员耗氧
即
可得
可得
解得
，
所以一次性喷出氧气质量应满足
故选BC。
10. 如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g取10 m/s2。下列说法不正确的是（ ）
A. 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大小大于对B的冲量大小
B. A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2 m/s
C. A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D. 若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，A错误；
B．由动量守恒定律得
mv1＝Mv2
解得A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为
v2＝2 m/s
项B正确；
C．设A球运动到Q点时速度为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得
解得
v＝4 m/s
根据动量定理得
I＝mv－（－mv1）＝1 N·s
即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s，C正确；
D．若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的最小速度为
vC＝＝3 m/s
对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律
解得
小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，D正确。
故不正确的选 A。
三、实验题（本题共计2小题，总分15分）
11. 在“验证动量守恒定律”实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作：
①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1___________m2。（填“>”、“ ②. BC ③.
【解析】
【详解】(1)[1]为防止两球碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2
(2)[2]A．在实验中，为了发生对心正碰，a、b两球的大小必须相等，故A错误；
B．为保证小球a每次与b球碰撞前的速度相同，应使小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，故B正确；
C．为保证碰撞后两小球均做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，故C正确；
D．本实验中通过小球a和小球b从同一高度做平抛运动并且落到同一竖直面上，由
，
可得
因此速度可以通过测量距离来进行计算，不需要测量时间，故D错误。
故选BC。
(3)[3] a、b两球碰撞前后做平抛运动，根据
可得
验证动量守恒定律表达式为：
整理为
因此，若动量守恒，则需要验证的表达式为
12. 美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。
（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有___________
A．油滴质量m B．两板间的场强E C．当地的重力加速度g D．两板的长度L
（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=___________
（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。关于元电荷说法正确的是___________
A．油滴的电荷量可能是1.6×10-20C
B．油滴的电荷量可能是3.2×10-19C
C．元电荷就是电子
D．任何带电体所带电荷量可取任意值
【答案】 ①. ABC ②. ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有
所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的场强E，当地的重力加速度g。
故选ABC。
（2）[2]用所选择物理量表示出该油滴的电荷量
（3）[3]AB．在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=1.6×10-19C，则可知油滴的电荷量可能是3.2×10-19C，而1.6×10-20C不是元电荷的整数倍；故A错误，B正确；
CD．元电荷不是电子，只是在数值上等于电子或质子的带电量；任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数倍，故CD错误。
故选B。
四、计算题（本题共计3小题，总分39分）
13. 如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
根据库仑定律有
A球刚释放时，有
联立解得
（2）当A球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大。
设此时A球与B点间的距离为d，则有
解得
14. 如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，求：
(1)小球到达车底B点时小车的速度和此过程中小车的位移；
(2)小球到达小车右边缘C点处，小球的速度．
【答案】（1）， ； （2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球从A点运动到B点的过程中，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正，则有
系统机械能守恒
联立以上两式得
水平方向动量守恒
又
得
(2)到C点时，小球相对车竖直向上运动，所以水平方向速度相等，则
得此时车速
根据动能定理可得
解得
15. 如图甲所示，一长的传送带以速度做匀速运动，质量的小物块与传送带之间的动摩擦因数。在传送带的C端，用长为的细线悬挂着一个质量为的小球，小物块与小球均可视为质点，从A端无初速释放小物块，取重力加速度g为，忽略一切空气阻力。
（1）求小物块从释放到运动到C端所用的时间；
（2）小物块运动到C端与小球发生碰撞，在此后的过程中细线始终没有发生弯曲，求碰撞过程中小物块与小球组成的系统损失机械能的范围。
（3）若传送带的传送区域为水平面ABCD，宽，如图乙所示，从A点以平行于AB方向的速度将小物块射出，求小物块离开传送带时与D点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对小物块由牛顿第二定律可得
小物块先加速到传送带速度，所用时间为，可得
加速位移为
故小物块之后做匀速运动，时间为，可得
可得总时间为
（2）①若小物块与小球发生弹性碰撞，系统没有能量损失，小物块与小球速度交换，小球能上升的最大高度为h，则有
解得
因为
细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。
②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置，由机械能守恒得
由动量守恒定律得
系统损失的能量为
解得
③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞
解得
系统损失的能量为
解得
所以系统损失的能量范围为
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示
滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得
，，
由于
所以加速变a的方向不变，小物块两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物块在方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知
可得
或者（舍去）
此时沿AC方向的位移为
假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离D点为