2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二下学期第一次教学质量检测试题物理含答案

高二下学期第一次教学质量检测物理试题

命题人：

一、单项选择题（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．对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)

A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻

B．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量

C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力

D．在车内推车推不动，是因为人对车的推力不够大

2．光滑水平面上有A、B两物块，A的质量为，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动。若以水平向右为正，它们的位移—时间图像如图所示，则物块B的质量为（  　）

A．      B． 

C．      D．

3．如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为、的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分别为、。已知，空气阻力忽略不计，则为（     ）

A．1∶2 B．1∶3 

C．1∶1 D．2∶1

4．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看做质点）（　   ）

A．2m B． 

B． D．5m

5．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)(　　)

A.       B.     C.        D.

6．小明同学将篮球从离地面高度为H处释放，篮球竖直反弹后上升的最大高度为h，已知篮球质量为m，重力加速度为g，篮球碰撞地面过程中重力冲量大小为IG，则地面对篮球的冲量大小为(　  　)

A．IG＋m(－)

B．IG－m(－)

C．IG＋m(＋)

D．IG－m(＋)

7.一质点做简谐运动，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4 Hz，振幅是2 cm

B．质点经过1 s通过的路程总是2 cm

C．0～3 s内，质点通过的路程为6 cm

D．t＝3 s时，质点的振幅为零

8.一弹簧振子如图所示，O为平衡位置，以向右为正方向，则振子在B、C之间振动时(　　  )

A．B→O位移为负、速度为正

B．O→C位移为正、速度为负

C．C→O位移为负、速度为正

D．O→B位移为正、速度为负  　 

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，有多项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

9．如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是(　 　)

A．此时物块的动能为(F－f)(x＋l)

B．此时物块的动量为Ft

C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fx

D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(l＋x)－fl

10．如图，这是A、B两个简谐运动的位移—时间图像，由该图像可知下列说法正确的是(　　)

A．振幅之比为2∶1

B．周期之比为2∶1

C．频率之比为2∶1

D．0～8 s内振子通过的路程比为2∶1

11.一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系如图所示，由图可知(　　)

A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态

B．驱动力频率为f3时，振子的振动频率为f3

C．假如让振子自由振动，它的频率为f2

D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3

12.单摆M、N、O、P自由振动时，其振动图像分别如图1甲、乙、丙、丁所示。现将单摆M、N、O、P悬挂在如图2所示支架的细线上，并保持各自的摆长不变，使其中一个单摆振动，经过足够长的时间，其他三个都可能振动起来。不计空气阻力。下列判断正确的是(　　)

A．若使M振动起来，P不会振动

B．若使M振动起来，稳定时N振动的周期仍小于2 s

C．若使P振动起来，稳定时M比N的振幅大

D．若使O振动起来，稳定时M的振动周期等于3 s

三、非选择题（本题共5小题，共60分）

13.（11分）“验证动量守恒定律”的实验装置可采用图甲或图乙的方法，两个实验装置的区别在于：①悬挂重垂线的位置不同；②图甲中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，图乙中没有支柱，图甲中的入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2)

(1)实验中，两球的质量需满足m1________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2。

(2)比较这两个实验装置，下列说法正确的是________。

A．采用图甲的实验装置时，需要测出两小球的直径

B．采用图乙的实验装置时，需要测出两小球的直径

C．采用图乙的实验装置时，斜槽轨道末端的切线要求水平，而采用图甲的实验装置时则不需要

D．为了减小误差，无论哪个图，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下

E．为了减小误差，采用图乙的实验装置时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑

(3)采用如图乙所示的实验装置做实验，在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，则P是________球的落地点，R是________球的落地点(选填“A”或“B”)。在图中读出＝________ cm。验证动量守恒定律的表达式是________________________。(用“m1、m2、、、”表示)

(4)用天平称得入射小球A的质量m1＝16.8 g，被碰小球B的质量m2＝4.4 g，若将小球质量与其对应水平位移的乘积作为“动量”，由图丙可知：＝17.0 cm，＝30.0 cm，则碰前总动量p＝________ (g·cm)，碰后总动量p′＝________(g·cm)(以上结果均保留4位有效数字)。根据上面的数据处理数据，你认为能得到的结论是： _____________________________________________。

14．(7分)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中．

(1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图甲所示，则摆球直径d＝________ cm.

(2)摆球摆动稳定后，当它到达________(选填“最低点”或“最高点”)时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n，当n＝60时刚好停表．停止计时的秒表读数为67.5 s，该单摆的周期为T＝________s(周期要求保留3位有效数字)．

(3)如果g测量值小于真实值，可能原因是________．

A．将摆球经过最低点的次数n计多了

B．计时开始时，秒表启动稍晚

C．将摆线长当成了摆长

D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长

(4)测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图像．理论上T2－l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图乙所示，造成图像不过坐标原点的原因可能是________________________________________，由图像求出的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.87，计算结果保留3位有效数字)

15. （10分）小明手拿一个50g的鸡蛋在自家（16楼）阳台看风景，一不小心鸡蛋从手中滑落，假设每层楼高约3 m，鸡蛋落到楼下地面时与地面相撞，撞击时间t为0.01 s。请估算：鸡蛋撞击地面的平均撞击力约为多大？相当于多少个鸡蛋的重力？高空抛物后果如何？（不计空气阻力，g =10m/s2）

16.（14分）如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝3 kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝7 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开．求：

(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；

(2)滑块B的最大动能；

(3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能．

17.(18分)　如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平．现有另一木块A(木块A、B均可视为质点)从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞．两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止．已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略．求：

（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小；

（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能；

（3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能；

（4）若小车上表面相对地面高h且光滑，木块会滑离小车吗？如果会，则木块落地时与小车左端的距离是多少？

高二下学期第一次教学质量检测物理试题答案

一、单选题（每题3分，共24分）

4.设人的平均速度为v1，气球的平均速度为v2 ，球上升高度为x1，离地面高度为x2，根据动量守恒定律可得m1v1=m2v2，

根据位移公式可得m1x1=m2x2，x1＋x2=7m，联立解得离地面的高度为x2=5m，故D项正确，ABC项错误。

综上所述，本题正确答案为D

5.设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以C正确，A、B、D错误

6.由mgH＝mv，解得v1＝，由mgh＝mv，解得v2＝，由动量定理有I－IG＝mv2－(－mv1)＝m(＋)，即I＝IG＋m(＋)，C正确，A、B、D错误

二、多选题（每题4分，共16分）

9.对物块，由动能定理得Ek-0=（F-f）·（x＋l），此时物块的动能Ek=（F-f）（x＋l），选项A正确；对物块，由动量定理得p=（F-f）t，选项B错误；这一过程中，物块和小车产生的内能为fl，选项C错误；根据能量守恒定律得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F（l＋x）=△E＋Q，则△E=F（l＋x）一fl，选项D正确。

12.若使M振动起来，其他小球也会振动，做受迫振动，故A错误；受迫振动的周期等于驱动力的周期，故B错误；若使P振动起来，由于M的固有周期与驱动力的周期相同，M发生共振，稳定时M 比N的振幅大，故C正确；O的周期为3 s，使O振动起来，M 做受迫振动，则稳定时M的振动周期为3s，故D正确.

三、非选择题

13.（11分）

(1)大于　

(2)ADE（2 分）

(3)A　B　25.0　m1·＝m1·＋m2·　

(4)420.0　417.6　在误差允许范围内，小球A与B在碰撞过程中系统动量守恒（2分）   

其余每空1分

14.(7分)

(1)1.84　

(2)最低点　2.25　

(3)C　

(4)将线长当作摆长　 9.87（2分）

其余每空1分

(1)摆球直径d＝18 mm＋4×0.1 mm＝18.4 mm＝1.84 cm.

(2)由于在最低点摆球的运动速度最快，如果记录位置有误差，那么时间的相对误差较小，在最低点开始计时；由于每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，因此振动周期T＝s＝2.25 s.

(3)根据周期的计算公式T＝2π可得g＝l，若将摆球经过最低点的次数n计多了，从而测得振动周期偏小，从而测得的重力加速度偏大，A错误；若计时开始时，秒表启动稍晚，振动周期测量值偏小，从而测得的重力加速度偏大，B错误；若将摆线长当成了摆长，这样摆长测量值偏小，从而测得的重力加速度偏小，C正确；若将摆线长和球的直径之和当成了摆长，这样摆长测量值偏大，从而测得的重力加速度偏大，D错误．

(4)有可能将线长当作摆长，从而当线长为0时，振动周期大于0，根据g＝(l＋l0)，图像的斜率k＝，由题图乙可得k＝4 s2/m，可得g＝9.87 m/s2.

15.（10分）解：鸡蛋自由下落的高度

h=(16-1)×3m=45m    1分

鸡蛋落到地面前瞬间速度

v==30m/s    1分

取竖直向下为正方向，对鸡蛋由动量定理可知：

(mg-F)t=0-mv    2分

解得：F=150.5N=301mg  2分

由牛顿第三定律，鸡蛋撞击地面的力大小为了150.5N   2分

相当于是301个鸡蛋的重力，所以高空抛物后果很严重  2分

16.（14分）(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v   2分

解得v＝4 m/s

根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能

Ep＝mAv－(mA＋mB)v2     2分

解得Ep＝42 J             2分

(2)当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mAv0＝mAvA＋mBvB       2分

mAv＝mAv＋mBv   2分

解得vB＝8 m/s     vA＝1 m/s

则滑块B的最大动能Ek＝mBv＝96 J   2分

(3)当A的速度为1m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，

弹簧的弹性势能Ep′＝0J    2分

17.（18分）(1) 　(2)mgR　(3)mgR  （4）会滑离，2√hR/3

(1)设木块A与B碰撞前瞬间的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律有

mgR＝mv      1分

设木块A、B碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为v2，根据动量守恒定律有

mv1＝3mv2       1分

联立①②式解得v2＝    2分

(2)设木块A、B与车最终的速度大小为v3，

根据动量守恒定律有3mv2＝6mv3    2分

联立③④式解得木块和车组成的系统损失的机械能为

ΔE＝·3mv－·6mv＝ mgR    2分

(3)当木块A、B将弹簧压缩至最短时，木块和车整体达到最大速度v3，根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为ΔE＝mgR    2分

联立③④⑥式和能量守恒定律解得弹簧的最大弹性势能为

Epm＝·3mv－ΔE－·6mv＝mgR     2分

（4）设木块滑到小车左端时速度为v4,此时小车的速度为v5,由系统动量守恒和机械能守恒可知：

3mv2=3mv4+3mv5               1分

 ·3mv=3mv42+·3mv52      1分

解得v4=0,v5=v2＝    1分

所以会滑离。             1分

木块自由落体：h=·gt2      1分

小车匀速运动：S=v5t=2/3    1分