湖南省长沙市2023-2024学年高二物理上学期第一次月考测试题含解析

长沙市2023-2024-1高二第一次阶段性检测物理时量：75分钟：满分：100分一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.下列关于物理学家及其贡献的说法正确的是（）A.开普勒在牛顿观测记录的基础上，研究总结出了行星绕太阳运动的定律B.牛顿运动定律有其局限性，仅适用于解决宏观低速问题C.牛顿在前人的研究基础上，总结出万有引力定律，并测出了引力常量D动量守恒定律由牛顿定律推出，动量守恒定律和牛顿定律一样只适用于宏观、低速问题【答案】B【解析】【详解】A．开普勒在第谷的观测记录的基础上，研究总结出了行星绕太阳运动的定律，故A错误；B．牛顿运动定律有其局限性，仅适用于解决宏观低速问题，故B正确；C．牛顿在前人的研究基础上，总结出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，故C错误；D．动量守恒定律由定律推出，动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律之一。不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动。小到微观粒子，大到宇宙天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的，故D错误。故选B。2.如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（）A.球从颠出到落回原位置的时间内，重力的冲量为零B.球从颠出到落回原位置的时间内，阻力的冲量为零C.球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大D.球上升阶段动能的减少量等于下降阶段动能的增加量【答案】C【解析】【详解】AB．由冲量定义球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，大小不为零，AB错误；C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，由牛顿第二定律，上升时加速度大于下降时加速度设上升阶段球的初速度为，末速度为，由动量定理下降阶段末速度为，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据速度位移关系其末速度动量的变化量可得，球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，则球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大，故C错误；D．由C分析，结合动能表达式可知，球上升阶段动能的减少量，球下降阶段动能的增加量，由于则球下降阶段动能的增加量小球球上升阶段动能的减少量，故D错误。故选C。3.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。【详解】子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得解得之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得解得故选B。4.“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，在t时间内通过的路程为s，与火星中心的连线转过的圆心为θ（θ<2π）。已知火星的半径为R，则火星表面的重力加速度大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】【详解】由题意知则“天问一号”绕火星做匀速圆周运动的向心加速度圆周运动的轨道半径由得到故选C。5.2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲是一观众用手机连拍功能拍摄苏翊鸣从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点四个部分，运动员从一百多米的助滑跑道滑下，腾空高度平均可达7m，落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角。以下说法正确的是（）A.运动员由于与着陆坡作用时间短，所以不会受伤B.运动员由于受到空气阻力，机械能减少，速度降低，所以不会受伤C.适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性D.运动员落到着陆坡时，由于运动员动量变化量小，所以受到的撞击力小【答案】C【解析】【详解】如图所示，设运动员着陆前瞬间垂直于着陆坡的分速度为v2，着陆坡与水平方向的倾角为θ，运动员着陆瞬间所受着陆坡的冲击力大小为FN，与着陆坡的作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，根据动量定理有解得运动员之所以不会受伤，是因为FN较小，即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率较小（即mv2较小且较大），且根据FN的表达式可知，适当增加着陆坡与水平方向的倾角θ可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性。运动员下落时虽然受到空气阻力，但下落时仍做加速运动，速度不会降低。综上所述可知ABD错误，C正确。故选C。6.如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72JB.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·sC.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18JD.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律解得当C与A速度为0时，弹性势能最大A错误；B．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为解得方向向左B正确；C．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，开物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有联立解得C错误；D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有代入数据解得物块B的最大速度为4m/s，D错误。故选B。二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（）A.1.5m/s B.2.5m/s C.3.5m/s D.4.5m/s【答案】BC【解析】【详解】由题意知如果两球发生完全非弹性碰撞，碰后两者速度相等，设为，碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得代入数据解得可知碰后B的速度范围是故BC正确，AD错误。故选BC8.在图中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线II为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，则下列判断正确的是（）A.电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为2WD.电源的效率为66.7%【答案】ABD【解析】【详解】A．根据可知电源的图象的纵轴截距表示电源电动势为3V，斜率的绝对值表示电源内阻为故A正确；B．电阻R的阻值为故B正确；C．由图可知该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，路端电压为2V，电流为2A，则电源的输出功率为故C错误；D．电源的效率故D正确故选ABD。9.如图所示，质量为M=2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（）A.铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为C.小木船最终的速度大小为D.弹簧释放的弹性势能为【答案】BD【解析】【详解】A．对船与铁块有由于铁块到船头的距离为L，则有解得，铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为A错误；B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有，解得B正确；C．对船与铁块有结合上述解得C错误；D．弹簧释放的弹性势能为解得D正确。故选BD。10.如图1所示，在光滑水平面左端有一固定挡板，一轻质弹簧连接挡板，水平面右侧足够远的某个位置有一半圆形光滑圆弧轨道MN与水平面相切，圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道与弹簧轴线在同一直线上。一质量的小球A与弹簧另一端接触但不拴接，初始时刻弹簧处于原长，现用外力缓慢将小球A向左推动压缩弹簧，然后释放小球A，小球A与静止在M点的小球B发生弹性碰撞，两个小球大小相等，小球B的质量，两个小球碰后小球A即被拿走，小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道。已知重力加速度为，圆弧轨道的半径，弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系如图2所示。下列说法中正确的是（）A.释放小球A时弹簧的压缩量可能是 B.碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为gC.释放小球A时弹簧的压缩量不可能是 D.释放小球A时弹簧的压缩量可能是【答案】ABD【解析】【详解】ACD．①小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，设小球B在N点时速度为v，则有因为所以设A球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后的速度为v1，B球碰后的速度为v2，依题意有联立解得根据能的转化及守恒定律有解得②当小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，另一种情况是最多运动四分之一圆弧，则根据题意，设B球碰后的速度为v2，有设A球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后的速度为v1，，依题意有则有根据能的转化及守恒定律有解得综上所述，故C错误，AD正确；B．据前面分析有，碰撞后小球B如果能到N，则在M点的速度则在M点加速度如果碰撞后小球B最多能运动四分之一圆周，则则在M点加速度综上所述，撞后小球B在M点的加速度大小可能为g，故B正确。故选ABD。三、实验题（本大题共2小题，共16分）11.小王在“测定电池的电动势和内阻”实验中，使用了以下器材：干电池1节、电压表1只（量程、）、电阻箱（可调范围）、开关一个、导线若干。（1）请你根据他的器材在图丙中画出实验电路图______。（2）某次电压表的示数如图甲所示，则电压为______V。（3）按照正确的操作获取相应的电压和电阻数据，并将电压与电阻的比值作为电流，作出如图乙所示的图像。根据图像测得干电池的电动势为______V，内阻为______。（保留三位有效数字）【答案】①.②.1.30③.##1.43##1.45④.【解析】【详解】（1）[1]根据题意及实验原理画出电路图，如图所示（2）[2]1节干电池的电动势约为，则电压表用的量程，分度值为，则图甲读数为。（3）[3][4]根据题意，由闭合回路欧姆定律有可知，图像的纵截距为电源电动势，斜率的绝对值为内阻，则延长图乙图像，找到纵截距，如图所示可得，电动势为12.某实验小组利用如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两个小球碰撞前后的动量守恒。他们的主要操作步骤如下：①使A球多次从斜轨上同一位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E；②将与A球半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P，由静止释放，多次重复上述过程，分别找到碰后A球和B球的平均落地点的位置D和F；③O为轨道末端在地面的投影点，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，分别记为；④将A球放置在如图乙所示的光滑水平旋转平台靠近压力传感器处，使平台绕竖直转轴以角速度匀速转动，记录压力传感器的示数；⑤将B球放置在靠近压力传感器处，仍使平台绕竖直转轴以角速度匀速转动，记录压力传感器的示数。回答下列问题：（1）实验测得，则A球和B球的质量之比为______；（2）当满足表达式______时，即说明A球和B球在碰撞过程中动量守恒；（用表示）（3）当满足表达式______时，即可说明A、B两球发生的是弹性碰撞。A．B．C．D．【答案】①.6∶1②.③.BC【解析】【详解】（1）[1]设A球和B球转动的轨道半径为r，压力传感器的示数等于A球转动的向心力，压力传感器的示数等于B球转动的向心力，由牛顿第二定律得解得（2）[2]A球和B球碰撞前后做平抛运动，由和可知若A球和B球在碰撞过程中动量守恒，则解得（3）[3]若两小球发生弹性碰撞，可得解得联立可得故选BC。四、计算题（本大题共3小题，13题10分，14题14分，15题16分，共40分）13.为京津冀地区“减煤治霾”，河北张家口草原天路景区新建新能源项目1500万千瓦，风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，求：（1）一台风力发电机获得风能的功率；（2）空气对风力发电机一个叶片的平均作用力。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）单位时间t内经过叶片的空气质量为空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，则损失的动能为由能量守恒定律可得，单位时间t内，一台风力发电机获得风能为一台风力发电机获得风能的功率为（2）根据题意，设空气对风力发电机叶片平均作用力F，由动量定理有代入数据可得则空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为14.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平面的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出。已知投出物资后热气球的总质量为M且，所受浮力不变，重力加速度，不计空气阻力，求投出物资后：（1）热气球的加速度大小；（2）物资落地时与热气球的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）载有物资的热气球原来处于静止状态，则有投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，热气球的加速度大小为（2）投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统在水