安徽省亳州市涡阳四中2022学年高二物理上学期第一次质检试卷（含解析）

2022-2022学年安徽省亳州市涡阳四中高二（上）第一次质检物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填在答题卡上）1．（4分）（2022春•毕节市校级期末）如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为（　　）　A．FtB．mgtC．FcosθtD．（mg﹣Fsinθ）t考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：力冲量等于力与时间的乘积；根据题意利用公式即可求得F的冲量．解答：解：由I=Ft可得：F的冲量I=Ft；故选：A．点评：本题考查冲量的定义，要注意冲量只与力及时间有关，和夹角无关．　2．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）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．同一物体的动量变化越大，其受到的力一定越大　C．物体的加速度不变，其动量一定不变　D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．解答：解：A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大；速度大，受到的力不一定大；故B错误．C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．故选：D．点评：对于物理概念的理解要深要透，不能似是而非．如动量是由物体的质量和速度共同决定，动量是矢量，其方向就是物体运动的方向．　3．（4分）（2022春•江岸区校级期中）如图所示，质量为m的人，站在质量为M车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中（　　）-11-　A．车的运动方向与人的运动方向相反　B．人运动越快，车运动越慢　C．人在车上行走时，车可以相对地面静止　D．车的运动方向可以与人的运动方向相同考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式分析．解答：解：对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律得：m人v人+M车v车=0得：=﹣可见，人由一端走到另一端的过程中，速度方向相反，而且速度大小成正比，人快车也快；人在车上行走时，v人≠0，v车≠0，故A正确，BCD错误．故选：A点评：解决本题关键运用系统的动量守恒列式进行分析，知道人快车快，人停车停．　4．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）将物体P从静置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（　　）　A．动量守恒　B．最后P和Q均静止　C．水平方向动量守恒　D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：当系统所受合力为零时，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．解答：解：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，由于系统初动量为零，最终P、Q静止，故ABD错误，C正确；故选：C．-11-点评：解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件及应用，难度不大，属于基础题．　5．（4分）（2022•福建）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）　A．v0B．v0C．v0D．v0考点：动量守恒定律．版权所有专题：压轴题；动量定理应用专题．分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．解答：解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：0=（M﹣m）v﹣mv0则火箭速度v=故选：D．点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．　6．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）现代采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，水流从高压水枪中射出，喷射速度很大，水流能将煤层击碎是因为水流（　　）　A．有很大的动能　B．有很大的动量　C．和煤层接触时有很大的动量变化　D．和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：能不能切割物体应在于作用在物体表面的力的大小；而产生的力应由动量定理求解．解答：解：水能切割物体是因为单位时间内水在接触物体的单位面积上产生了较大的动量变化，从而由动量定理F可知，对煤层产生了较大的力；只有D正确；故选：D．点评：能不能切割物体应分析其在物体上面的力，故本题应根据动量定理进行分析．　7．（4分）（2022•淮安模拟）物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则（　　）　A．I1＜I2，W1=W2B．I1＞I2，W1=W2C．I1＞I2，W1＜W2D．I1=I2，W1＜W2考点：动能定理的应用；动量定理．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．解答：解：根据动能定理得：-11-W1=E1﹣0=E1，W2=2E1﹣E1=E1，则W1=W2．动量与动能的关系式为P=则由动量定理得：I1=，I2=﹣，则I1＞I2．故选B点评：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．　8．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为（　　）　A．LB．C．D．考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式．如果长木板不固定，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，根据守恒定律列式求解；在对系统运用能量守恒列式，最后联立求解即可．解答：解：小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式：0﹣fL=0﹣M…①如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v…②对系统运用能量守恒，有：fL′=M﹣（M+M）v2…③由以上各式解得：L′=．故选：D．-11-点评：本题关键是明确木块和木板的运动规律，知道木板滑动时，物块和木板系统动量守恒，掌握动量守恒定律、动能定理和能量的转化与守恒定律的应用，能量的转化与守恒是本题的难点．　9．（4分）（2022•江苏模拟）电场中有一点P，下列说法正确的是（　　）　A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半　B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零　C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大　D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向考点：电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向，电势是降低的．解答：解：A、通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度，该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；B、若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；C、P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；D、P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故D错误；故选：C点评：电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系．例如：质量与体积的比值定义为密度．当质量变大时，体积变大，而比值却不变．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．　10．（4分）（2022•和平区校级模拟）如图，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为﹣q外，其余各点处的电荷量均为+q，则圆心O处（　　）　A．场强大小为，方向沿OA方向　B．场强大小为，方向沿AO方向　C．场强大小为，方向沿OA方向-11-　D．场强大小为2，方向沿AO方向考点：电场的叠加；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强，然后由平行四边形定则求出各点电荷场强的合场强，然后求出O点的场强大小与方向．解答：解：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在O点产生的场强大小为E=，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为E′=，方向沿OA方向，则A、B、C、D、E四个点电荷的合场强大小为：E合=E′+E=，方向沿OA方向；故C正确，ABD错误；故选：C．点评：本题考查了电场强度问题，熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解题的关键．　11．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，当它们距离为2d时，A的加速度为a，速度为v，则（　　）　A．此时B的加速度为　B．此时B的速度也为为　C．此过程中电场力对B的冲量为2mv　D．此过程中电场力对B做的功为考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．版权所有-11-分析：根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到B的加速度．将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律求出B的速度．根据动量定理计算计算电场力对B的冲量．根据电场力做功等于动能的减少量计算电场力对B做功．解答：解：A、B根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，得：，得：aB=aA=．故A错误；B、将两个电荷同时释放，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律得：0=mv﹣2mvB，得vB=，故B正确．C、根据动量定理，此过程中电场力对B的冲量等于B的动量的变化，=mv，故C错误．D、此过程中电场力做的功等于电势能减少量：W=△Ep=•2m（）2﹣0=，故D错误．故选：B．点评：本题关键要抓住两个电荷间接作用力大小相等，分析加速度关系，根据动量守恒和功能关系研究电场力做功．　12．（4分）（2022•泰安三模）如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场．其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ（电场范围足够大）．能描述粒子在两个电场中运动的速度﹣﹣时间图象是（以v0方向为正方向）（　　）　A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有分析：油滴受到重力和电场力的共同作用，但电场强度是变化的，故电场力会有所变化，注意应用牛顿运动定律加以分析解答：解：带负电的粒子受到重力和电场力的作用，在上面的电场中重力等于电场力粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，C正确，故选C点评：注意挖掘“油滴沿电场线以速度v0匀速下落”的隐含条件，同时应用牛顿运动定律加以分析-11-　二．填空题（共12分）13．（6分）（2022秋•涡阳县校级月考）一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹．则B球获得的速度大小为　1.1m/s　．考点：动量守恒定律．版权所有分析：碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．解答：解：碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，代入数据解得：v2=1.1m/s；故答案为：1.1m/s点评：小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．　14．（6分）（2022秋•和平区校级期中）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知n=　6　．考点：库仑定律．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．解答：解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=①，3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为F=②，由①②两式解得：n=6，故答案为：6点评：完全相同的带电的小球接触后，它们的电荷量将平分，这是分析互相接触后库仑力如何变化的关键，知道这一点之后，根据库仑定律就可以求得力的大小．-11-　三．计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）15．（12分）（2022•九龙坡区校级一模）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）水平向右电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能．考点：动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．解答：解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，FNsin37°=qE①FNcos37°=mg②由1、②可得电场强度（2）若电场强度减小为原来的，则变为mgsin37°﹣qEcos37°=ma③可得加速度a=0.3g．（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有：mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④可得动能Ek=0.3mgL点评：-11-由三力平衡，借助于力的平行四边形定则来确定电场强度方向．当受力不平衡时，由牛顿运动定律来求解．当物体运动涉及电场力、重力做功，注意电场力做功只与沿电场强度方向的位移有关．　16．（14分）（2022春•桃城区校级期中）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：①排球与地面的作用时间．②排球对地面的平均作用力的大小．考点：动量定理；自由落体运动．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力．解答：解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1=frac{1}{2}gt12，h2=gt22解得t1=0.6s，t2=0.5s所以，排球与地面的作用时间为t3=t﹣t1﹣t2=0.2s②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有（F﹣mg）t3=mv2﹣m（﹣v1）代入数据解得F=26N根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′=26N答：①排球与地面的作用时间0.2s．②排球对地面的平均作用力的大小26N．点评：本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．　17．（14分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：（1）A物体获得的最大速度；（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度；（3）弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有-11-专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律列式即可求解；（2）子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；（3）子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．解答：解：（1）对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0=（m+mA）v1，解得它们的共同速度，即为A的最大速度为：v1==．（2）以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0=（m+mA+mB）v2，解得三者的共同速度即弹簧有最大压缩量时B物体的速度：v2==v0（3）弹簧压缩最短时的弹性势能最大，由能量守恒得：答：（1）A物体获得的最大速度为；（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度v0；（3）弹簧的最大弹性势能为．点评：本题考查了求速度、弹簧的弹性势能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时要注意，子弹击中A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，但机械能不守恒．　-11-