1、2020-2021学年度上学期高二第一次质量达标检测物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量不守恒，机械能守恒C. 动量守恒，机械能不守恒D. 无法判定动量、机械能是否守恒【答案】C【解析】【详解】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做
2、功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。选项C正确，ABD错误。故选C。2. 篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引这样可以减小A. 球对手的力的冲量B. 球对手的力的大小C. 球的动量变化量D. 球的动能变化量【答案】B【解析】球对手的力的冲量，不变，A错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据可知，减小了球对手的力的大小，B正确；根据动量变化可知，动量变化量相同，C错误；球的动能变化量，相同，故D错误3. 运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（）A. 燃料推动空气
3、，空气反作用力推动火箭B. 火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭C. 火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D. 火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭【答案】D【解析】【详解】火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出，气体的反作用力使火箭获得反冲速度。故选D。4. 在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图所示假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左且速度向右的时间段是A. 01s内B. 12s内C. 23s内D. 34s内【答案】D【解析】【详解】据题意，假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左，
4、位移应为负值，即时间段在2-4s内；根据位移图象的斜率等于速度，可知速度向右，为正值，应在34s内，故D正确故选D5. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（ ）A. 它们碰撞前的总动量是，方向水平向右B. 它们碰撞后的总动量是，方向水平向左C. 它们碰撞后的总动量是，方向水平向左D. 它们碰撞前的总动量是，方向水平向右【答案】D【解析】【详解】取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=25+4（-2）=2（kgm/s），P0，说明碰撞后总动量
5、方向水平向右则碰撞前总动量方向也水平向右故选D【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向6. A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vAvB为（）A. 12B. 13C. 21D. 23【答案】D【解析】【详解】设碰前A球的速率为v，根据题意pApB即mv2mvB可得B球碰前vBA球碰后vA由动量守恒定律，有mv2mm2mvB解得vB所以vAvB故D正确，ABC错误。故选D。7. 将质量为1.00
6、kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A. 30B. 5.7102C. 6.0102D. 6.3102【答案】A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系8. 如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球又叠放在一起，从高度为h处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是
7、完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向已知m2=3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为（ ）A. hB. 2hC. 3hD. 4h【答案】D【解析】试题分析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则：m2vm1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：（m1+m2）v2=+m2且，m2=3m1联立解得：反弹后高度为：H=故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分
8、，有选错的得0分。9. 如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力F，则下列说法中正确的是()A. 木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B. 木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C. 木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能D. 木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零【答案】AB【解析】【详解】木块A离开墙壁前，对AB的整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块
9、A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度最大，选项AB正确CD错误。故选AB。10. 如图所示，两长方体木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则（）A. 它们的加速度不能大于B. 它们的振幅不能大于fC. 简谐运动半个周期内A受到的摩擦力的冲量一定等于0D. 简谐运动的一个周期内A对B的摩擦力的冲量与弹簧对B弹力的冲量等大反向【答案】AD【
10、解析】【详解】AB当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大。此时AB到达最大位移处。根据牛顿第二定律，以A为研究对象，最大加速度以整体为研究对象kA=（M+m）a联立两式得最大振幅故A正确，B错误；C从某时刻算起，若振子从平衡位置开始，在半个周期内，A的动量变化最大，为2mv。若A从最大位移处开始，在半个周期内，振子的动量变化最小，为零。根据动量定理分析得知，在半个周期的时间内，摩擦力的冲量是2mv与0之间的某一个值，故C错误；D根据上分析可知简谐运动的一个周期内振子的动量变化为零，根据动量定理可知简谐运动的一个周期内A对B的摩擦力的冲量与弹簧对B弹力的冲量等大反向，故
11、D正确。故选AD。11. 水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（）A. 53kgB. 58kgC. 63kgD. 68kg【答案】AB【解析】【详解】设该运动员的质量为M，物块的质量为m=4.0kg，推物块的速度大小
12、为v=5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，第一次推物块的过程中第二次推物块的过程中第三次推物块的过程中第n次推物块的过程中以上各式相加可得当n=7时，解得当n=8时，v8v，解得则故选AB。12. 质量为2m长为L的光滑箱子沿光滑水平面以速度v向右运动，箱子中有一质量为m的小物块以水平速度2v向右运动，如图所示。设碰撞都是弹性的，则（）A. 最终小物块和箱子相对静止B. 第一次碰撞后小物块相对地面向左运动C. 第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v向右运动D. 第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为【答案】CD【解析】【详解】ABC小物块与箱子第一次碰撞过程动量守恒，机械能守
13、恒，以小物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得第二次碰撞过程动量守恒，机械能守恒，以小物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得由此类推，小物块和箱子不会相对静止，第一次碰撞后小物块相对地面向右运动，第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v向右运动，故A、B错误，C正确；D第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为故D正确；故选CD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的
14、装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为运动的起点，则应选_段来计算A碰前的速度。（选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）(2)已测得小车A的质量m10.2 kg，小车B的质量为m20.1 kg，则碰前两小车的总动量为_kgm/s，碰后两小车的总动量为_kgm/s。【答案】 (1). BC (2). 0.40 (3). 0.42【解析】【详解】(1)1从分析纸带上打点的情况看，AB段打点，小车的运动情况还没稳定，而在BC段内小车运动稳定，故应选用BC
15、段计算A碰前的速度。(2)2小车A在碰撞前速度小车A在碰撞前动量3碰撞后A、B的共同速度碰撞后A、B的总动量14. 如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_（填选项前的序号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程(2)图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上s位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程，然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上s位置
16、静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_(填选项的符号)A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程，(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用中测量的量表示）；(4)经测定m1m2，小球落地点的平均位置距点的距离如图乙所示，则该碰撞_（填“是”或“不是”）弹性碰撞。【答案】 (1). C (2). ADE (3). m1=m1+m2 (4). 是【解析】【详解】(1)1验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小
17、球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度故选C(2)2实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前。至于用天平秤质量先后均可以。故选ADE(3)3落地时间为t，则，而动量守恒的表达式是若两球相碰前后的动量守恒，则m1=m1+m2(4)4实验需要验证m1=m1+m2，若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则联立得m1=m1+m2由
18、图乙可知则即说明碰撞为弹性碰撞15. 如图所示，一轻质弹簧上端系于天花板上，一端挂一质量为m小球，弹簧的劲度系数为k，将小球从弹簧原长处由静止放手，小球在竖直方向做简谐运动，则：(1)小球从放手运动到最低点，下降高度为多少？(2)小球运动到最低点时的加速度大小为多少？【答案】(1)；(2)g【解析】【详解】(1)放手后小球到达平衡位置时，弹簧伸长了x1，则mg=kx1由简谐运动的对称性可知，小球从平衡位置到最低点，弹簧的伸长量x2=x1小球从放手运动到最低点下降的高度为x=x1+x2=(2)在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律解得小球运动到最低点时的加速度大小为a=g16. 如图，质量分
19、别为m11.0 kg和m22.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v00.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t5.0 s，测得两球相距s4.5 m，求：(1)刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；(2)两球分开过程中释放的弹性势能Ep。【答案】(1) 0.7m/s和0.2m/s；(2)0.27J【解析】【详解】(1)由动量守恒定律得 (m1m2)v0m1v1m2v2根据题意又有 sv1tv2t所以v10.70 m/s v20.20 m/s即刚分离时两球的速度大小分别为0.7m
20、/s和0.2m/s(2)由能量守恒定律得代入数据得Ep0.27 J17. 如图，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为2m、m、2m。开始时C静止，A、B间动摩擦因数为，A、B一起以v0的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求：(1)A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小；(2)B相对A滑行的时间；(3)长板的最小长度。【答案】(1)；(2) ；(3) 【解析】【详解】(1)A、C碰撞过程中动量守恒B在A上滑行共速时速度为v，由动量守恒有 根据题意又有联立解
21、得A、C碰后速度瞬间A的速度大小(2)B在A上滑行，对B由动量定理 解得B相对A滑行时间 (3)B在A上滑行，系统能量守恒有解得长板B的最小长度 18. 一架喷气式飞机质量为M，当水平飞行速度为v时，连续不断向后喷气。每次喷出气体质量均为m，喷出气体相对飞机的速度均为u。求：(1)第n次喷气时飞机的速度增大了多少？(2)若10mM，则第10次喷气后飞机速度多大？(3)若10mM，10次喷气所用时间为t，则该过程中飞机受到的平均反冲力多大？【答案】(1)； (2) ；(3) 【解析】【详解】(1)第1次喷气，由动量守恒 解得第1次喷气后飞机速度 第2次喷气，由动量守恒 解得第2次喷气后飞机速度 第3次喷气，由动量守恒 解得第2次喷气后飞机速度 同理可得第n次喷气后飞机速度 故第n次喷气后飞机速度增大了 (2)若10mM，则前10次喷气过程中每次喷气后飞机速度增大量第10次喷气后飞机速度 (3)前10次喷气过程中，对飞机由动量定理 飞机受到的平均反冲力大小为
