舒城中學2022-2023學年度第一學期第一次統(tǒng)考高二物理時間：75分鐘  分值：100分一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 甲、乙兩個質(zhì)點沿同一直線運動，其中質(zhì)點甲以6m/s的速度勻速直線運動，質(zhì)點乙作初速度為零的勻變速直線運動，它們的位置x隨時間t的變化如圖，已知t=3s時，甲、乙圖線的斜率相等。則下列判斷正確的是（　　）A. 最初的一段時間內(nèi)，甲、乙的運動方向相反 B. t=3s時，乙的位置坐標為-9mC. t=10s時，兩車相遇 D. 乙經(jīng)過原點時的速度大小為2m/s【答案】C【解析】【詳解】A．位移時間圖像的斜率表示速度，則最初的一段時間內(nèi)，甲、乙的斜率都為正方向，所以運動方向相同，故A錯誤；B．質(zhì)點乙作初速度為零的勻變速直線運動，t=3s時，甲、乙圖線的斜率相等，所以，t=3s時乙的速度是6m/s，乙的加速度0-3s，乙的位移所以t=3s時，乙的位置坐標為故B錯誤。C．設過t兩車相遇解得：故C正確。D．根據(jù)v2-0=2ax乙經(jīng)過原點時速度大小為故D錯誤。故選C。2. 如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=50°，則β等于（　　）A 50° B. 55° C. 65° D. 70°【答案】C【解析】【詳解】甲物體是拴牢在O點，且甲、乙兩物體的質(zhì)量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態(tài)，則左側(cè)繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系有解得故選C。3. 如圖甲所示，兩段等長絕緣輕質(zhì)細繩將質(zhì)量分別為m、3m的帶電小球A、B(均可視為點電荷)懸掛在O點，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，然后在水平方向施加一勻強電場，當系統(tǒng)再次達到靜止狀態(tài)時，如圖乙所示，小球B剛好位于O點正下方(細繩始終處于伸長狀態(tài))．則兩個點電荷帶電量QA與QB的大小關(guān)系正確的是
 A. 7:3 B. 3:1 C. 3:7 D. 5:3【答案】A【解析】【詳解】在圖乙中，對A、B整體受力分析由平衡條件可得：，對B受力分析由平衡作件可得：，對A受力分析由平衡條件可得：，由以上各式解得：，故A正確．4. 如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，水平力F作用于b時，a、b緊靠擋板處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保證b球不動，使擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則（　?。?/span>
 A. 彈簧變短 B. 彈簧變長C. 力F變大 D. b對擋板的壓力減小【答案】B【解析】【詳解】AB．對a進行受力分析，如圖所示
 有FN=mgtanθ使擋板OP向右緩慢平移一小段距離，θ減小，cosθ增大，F彈減小，再根據(jù)胡克定律有F彈=kx則x減小，彈簧變長，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)以上分析可知FN=mgtanθθ減小，tanθ減小，FN減小。對于整體ab，在水平方向，根據(jù)平衡條件F=FN力F變小，選項C錯誤；D．對于整體ab，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有Fb=（ma+mb）g擋板對b的支持力不變，根據(jù)牛頓第三定律，b對擋板的壓力也不變，選項D錯誤。故選B。5. 我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（    ）
 A. 火箭的加速度為零時，動能最大B. 高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C. 高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D. 高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】【詳解】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。 6. 已知同步衛(wèi)星離地心的距離為r，運行速度為v1，向心加速度大小為a1。地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度大小為a2，第一宇宙速度為v2，地球半徑為R，則下列判斷正確的是（　?。?/span>A. a1∶a2=R∶r B. a1∶a2=R2∶r2C. v1∶v2=R2∶r2 D. 【答案】D【解析】【詳解】AB．同步衛(wèi)星與赤道上的物體有相同的角速度，則由圓周運動公式可得選項AB錯誤；CD．第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，則由萬有引力公式可得選項C錯誤，D正確。故選D。7. 半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于延長線上距O點為的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（　　）A. 負電荷， B. 正電荷，C. 正電荷， D. 負電荷，【答案】A【解析】【詳解】取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示：因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有由圖可知，兩場強的夾角為，則兩者的合場強為根據(jù)O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為根據(jù)聯(lián)立解得故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8. 如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（　?。?/span>
 A. 當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B. A上滑時，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C. 下滑時，B對A的壓力逐漸增大D. 整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】BC【解析】【詳解】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有對B有聯(lián)立可得由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，選項B正確；A．設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得化簡得當位移為最大位移的一半時有代入k值可知F合=0，即此時加速度為0，選項A錯誤；C．根據(jù)B分析可知再結(jié)合B選項的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸增大，選項C正確；D．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，選項D錯誤。故選BC。9. 如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機械能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（　　）
 A. 物體和的質(zhì)量之比為 B. 時刻物體的機械能為C. 時刻物體重力的功率為 D. 時刻物體的速度大小【答案】BCD【解析】【詳解】A．開始釋放時物體Q的加速度為，則解得選項A錯誤；B．在T時刻，兩物體的速度P上升的距離細線斷后P能上升的高度可知開始時PQ距離為 若設開始時P所處的位置為零勢能面，則開始時Q的機械能為 從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為則此時物體Q的機械能 此后物塊Q的機械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機械能仍為，選項B正確；  CD．在2T時刻，重物P的速度方向向下；此時物體P重力的瞬時功率選項CD正確。故選BCD。10. 豎直放置的光滑圓環(huán)，半徑為R，AB是其直徑。一質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上且受到沿AB方向水平向右的風力大小恒為F=mg。小球由A點開始運動，則下列說法正確的是（　?。?/span>A. 小球運動過程中的最大速度為B. 小球運動過程中的最大動能為C. 運動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為D. 若在A點給小球一個初速度，則小球恰好能做完整圓周運動【答案】BD【解析】【詳解】AB．小球受豎直向下的重力mg和水平向右的風力F=mg，可知合力大小為方向斜向右下方，與水平方向夾角為可等效為小球處于如圖重力場則而若想小球獲得動能最大，則在靜止開始運動的物體需要在力的作用下，沿力的作用方向達到最大位移，故過圓心沿合力的方向作平行線，交圓環(huán)于點C，小球運動到C點時獲得動能最大，速度也最大，由動能定理可得，最大動能為又由于解得選項A錯誤，B正確；C．由于等效重力時刻相等，故小球在獲得最大速度是向心力所對應的支持力提供量最大，故在C點時，有解得根據(jù)牛頓第三定律可知運動中小球?qū)Νh(huán)的最大壓力為，選項C錯誤；D．小球恰好能做完整的圓周運動，在等效最高點的速度為0，從A點到等效最高點有解得選項D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共57分。11. 用圖甲所示的實驗裝置探究“動能定理”。某學習小組在氣墊導軌上安裝了一個光電門B，滑塊上固定一遮光條。細線一端連著滑塊，另一端繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力電傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放。（1）某同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=_______mm。（2）下列實驗要求中不必要的一項是_______（請?zhí)顚戇x項前對應的字母）。A．應使A位置與光電門間的距離適當大些B．應使滑塊質(zhì)量遠大于鉤碼和力電傳感器總質(zhì)量C．應將氣墊導軌調(diào)至水平 D．應使細線與氣墊導軌平行 （3）實驗時保持滑塊的質(zhì)量M和A、B間的距離L不變，改變鉤碼質(zhì)量m，測出對應的力電傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時間t，通過描點作出線性圖象，研究滑塊動能的變化量與合外力對它所做功的關(guān)系，處理實驗數(shù)據(jù)時應作出的圖象是_______（請?zhí)顚戇x項前對應的字母）。A．作出“t-F”圖象                  B．作出“t2-F”圖象C．作出“t2-”圖象               D．作出“-F2”圖象【答案】    ①. 2.30    ②. B    ③. C【解析】【詳解】（1）[1]讀數(shù)為（2）[2] A．應使A位置與光電門間的距離適當大一些，有利于減小誤差，故A有必要，不符合題意；B．拉力是直接通過傳感器測量的，與小車質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小無關(guān)，故B沒有必要，符合題意；C．D．氣墊導軌對滑塊的摩擦幾乎為零，應將氣墊導軌調(diào)至水平，保持細線方向與氣墊導軌平行，這樣拉力才等于合力，故CD有必要，不符合題意；故選B。（3）[3]根據(jù)牛頓第二定律速度為由勻變速直線運動的速度位移公式得得所以，研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)應作圖像。故選C。12. 某同學設計了如圖裝置來驗證碰撞過程遵循動量守恒。在離地面高度為h的光滑水平桌面上，放置兩個小球a和b．其中，b與輕彈簧緊挨著但不拴接，彈簧左側(cè)固定，自由長度時離桌面右邊緣足夠遠，起初彈簧被壓縮一定長度并鎖定。a放置于桌面邊緣，球心在地面上的投影點為O點。實驗時，先將a球移開，彈簧解除鎖定，b沿桌面運動后水平飛出。再將a球放置于桌面邊緣，彈簧重新鎖定。解除鎖定后，b球與a球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出。重復實驗10次。實驗中，小球落點記為A、B、C。
 （1）若a球質(zhì)量為ma，半徑為ra；b球質(zhì)量為mb，半徑為rb。b球與a球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出，則___________。A．ma＜mb，ra=rb B．ma＜mb，ra＜rbC．ma>mb，ra=rb D．ma>mb，ra>rb（2）為了驗證動量守恒，本實驗中必須測量的物理量有___________。A．小球a的質(zhì)量ma和小球b的質(zhì)量mbB．小球飛出的水平距離xOA、xOB、xOCC．桌面離地面的高度hD．小球飛行的時間（3）在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，當所測物理量滿足表達式：_______，即說明碰撞過程遵循動量守恒；當所測物理量滿足表達式：________，即說明碰撞過程為彈性碰撞。（用題中已測量的物理量表示）（4）該同學還想探究彈簧鎖定時具有的彈性勢能，他測量了桌面離地面的高度h，該地的重力加速度為g，則彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep為___________。（用題中已測量的物理量表示）【答案】    ①. A    ②. AB    ③. mb·xOB=mb·xOA＋ma·xOC    ④.     ⑤. 【解析】【詳解】（1）[1]為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即：應該使mb大于ma，為了使偏轉(zhuǎn)能沿水平方向發(fā)生，則二者的球心的高度要相同，所以它們的半徑要相等。故選A。（2）[2]要驗證動量守恒，就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替。所以需要測量的量為：小球a、b的質(zhì)量ma、mb，小球飛出的水平距離xOA、xOB、xOC。故選項AB。（3）[3]小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則mbv0=mbv1+mav2兩邊同時乘以時間t，得mbv0t=mbv1t+mav2t則mb·xOB=mb·xOA＋ma·xOC[4]若碰撞過程為彈性碰撞，則滿足同理得（4）[5]桌面離地面的高度h，該地的重力加速度為g，小球b飛行的時間b的初速度彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep轉(zhuǎn)化為小球b的動能，所以彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep為13. 如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02【解析】【分析】【詳解】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0 = 3mv共解得v共 = （2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木 = 2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑聯(lián)立化簡得v滑 = v0，v木 = v0再根據(jù)功能關(guān)系有 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02經(jīng)過計算得x = （3）由于木板保持勻速直線運動，則有F = μmg對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑 = μg滑塊相對木板靜止時有v0 = a滑t解得t = 則整個過程中木板滑動的距離為x′ = v0t = 則拉力所做的功為W = Fx′ = mv0214. 物理學研究問題一般從最簡單的理想情況入手，由簡入繁，逐漸貼近實際。在研究真實的向上拋出的物體運動時，我們可以先從不受阻力入手，再從受恒定阻力研究，最后研究接近真實的、阻力變化的運動情形?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，重力加速度為g。（1）若忽略空氣阻力對小球運動的影響，求物體經(jīng)過多長時間回到拋出點；（2）若空氣阻力大小與小球速度大小成正比，已知小球經(jīng)t時間上升到最高點，再經(jīng)一段時間勻速經(jīng)過拋出點時，速度大小為v1，求小球拋出后瞬間的加速度和上升的最大高度。【答案】（1）；（2）；【解析】【詳解】（1）忽略空氣阻力時，落回出發(fā)點的速度為，由得（2）小球最終做勻速運動，知剛拋出時加速度最大得在上升過程中取任意微小過程，設時間為Δti，速度為vi，速度的變化量為Δvi，由動量定理即  得15. 如圖所示，可視為質(zhì)點的滑塊A、B靜止在光滑水平地面上，A、B滑塊的質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=3kg．在水平地面左側(cè)有傾角θ=30°的粗糙傳送帶以v=6m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動傳送帶與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接A、B兩滑塊間夾著質(zhì)量可忽略的炸藥，現(xiàn)點燃炸藥爆炸瞬間，滑塊A以6m/s水平向左沖出，接著沿傳送帶向上運動，已知滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=，傳送帶與水平面足夠長重力加速度g取10m/s2(1)求滑塊A沿傳送帶上滑的最大距離；(2)若滑塊A滑下后與滑塊B相碰并粘住，求A、B碰撞過程中損失的能量△E；(3)求滑塊A與傳送帶接觸過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q【答案】(1)   (2)    (3) 【解析】【分析】爆炸過程，對A和B組成的系統(tǒng)由動量守恒，求出爆炸后B的速度；水平地面光滑，滑塊A沿傳送帶向上的做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的距離；當滑塊A速度減為零后，當滑塊A速度減為零后，經(jīng)t2=0.6s滑塊A與傳送帶共速，A剛好回到傳送帶與水平面的的連接點，當滑塊A再次滑上水平面，滑塊A與滑塊B碰撞時，粘連在一起,對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律解得共同的速度，根據(jù)能量守恒求得碰撞過程中損失的能量；分別求出滑塊A向上運動和向下運動過程中產(chǎn)生的熱量，再求出滑塊A與傳送帶接觸過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量；【詳解】解：(1)設爆炸后A、B的速度分別為、，爆炸過程，對A和B組成的系統(tǒng)由動量守恒有：解得：水平地面光滑，滑塊A沿傳送帶向上的做勻減速直線運動，對A進行受力分析有： 解得： 經(jīng)t1=0.6s滑塊A速度減為0故滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的距離為：                                    (2)當滑塊A速度減為零后，滑塊A將沿傳送帶向下做勻加速運動，對A進行受力分析有：經(jīng)t2=0.6s滑塊A與傳送帶共速根據(jù)對稱性可知滑塊A剛好回到傳送帶與水平面的的連接點當滑塊A再次滑上水平面時，速度大小與傳送速度相等為6m/s滑塊A與滑塊B碰撞時，粘連在一起,對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得： 解得：  碰撞過程中損失的能量為代入數(shù)據(jù)得：  (3)經(jīng)t1=0.6s滑塊A速度減為零滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的位移： 此過程中傳送帶的位移： 滑塊A速度減為零后將沿傳送帶向下做勻加速運動，經(jīng)t2=0.6s滑塊A與傳送帶共速，達到共速時傳送帶的位移： 傳送帶的位移若向上運動和向下運動過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，則由得：故因摩擦產(chǎn)生的熱量
 

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