• 569.00 KB
  • 2021-05-25 发布

【物理】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考试题 (解析版)

  • 15页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
河北省石家庄市第二中学2019-2020学年 高一下学期4月月考试题 一、选择题(1-11为单选;12-20为多选)‎ ‎1.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是‎7 kg·m/s,B球的动量是‎5 kg·m/s,当A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能值是(   )‎ A. pA=‎6 kg·m/s,pB=‎6 kg·m/s B. pA=‎3 kg·m/s,pB=‎9 kg·m/s C. pA=-‎2 kg·m/s,pB=‎14 kg·m/s D. pA=-‎4 kg·m/s,pB=‎17 kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以两球组成的系统为研究对象,取甲球碰撞前的速度方向为正方向,两球的质量均为m,碰撞前系统的总动能:;系统的总动量:p=‎7kg•m/s+‎5kg•m/s=‎12kg•m/s; A、若碰后甲、乙两球动量为:pA=‎6kg∙m/s,pB=‎6kg∙m/s,系统的总动量 p′=‎6kg∙m/s+‎6kg∙m/s=‎12kg•m/s,动量守恒.总动能:,总动能减小,是可能的,故A正确. B、若碰后甲、乙两球动量为:pA=‎3kg∙m/s,pB=‎9kg∙m/s,系统的总动量 p′=‎3kg∙m/s+‎9kg∙m/s=‎12kg•m/s,动量守恒.总动能:,总动能增大,是不可能的,故B错误. C、若碰后甲、乙两球动量为:pA=‎-2kg∙m/s,pB=‎14kg∙m/s,系统的总动量 p′=‎-2kg∙m/s+‎14kg∙m/s=‎12kg•m/s,动量守恒.总动能:,总动能增加,是不可能的,故C错误. D、若碰后甲、乙两球动量为:pA=‎-4kg∙m/s,pB=‎17kg∙m/s,系统的总动量 p′=‎-4kg∙m/s+‎17kg∙m/s=‎13kg•m/s,动量不守恒,不可能,故D错误.故选A.‎ ‎2.质量为‎1.0kg的小球从高‎20m处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为‎5.0m.小球与软垫接触的时间为1.0s,在接触时间内小球受到合力的冲量大小为(空气阻力不计,g取‎10m/s2)‎ A. 10N·s B. 20N·s C. 30N·s D. 40N·s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从开始下落到落到软垫上过程中,由动能定理可得:mgh1=mv12-0, 代入数据解得:v1=‎20m/s,方向竖直向下; 小球从反弹到到达最高点过程中:-mgh2=0-mv22, 代入数据解得:v2=‎10m/s,方向竖直向上; 以竖直向上为正方向,由动量定理得: I=mv2-mv1=‎1kg×‎10m/s‎-1kg×(‎-20m/s)=30N•s,方向竖直向上;故选C.‎ ‎3.如图所示,小球A和小球B的质量相同,球B置于光滑水平面上,当球A从高为h处由静止摆下,到达最低点恰好与B相撞,并黏合在一起继续摆动时,它们能上升的最大高度是 ( )‎ A. h B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设球A与球B碰撞前一瞬间,球A的速度大小为根据机械能守恒得:‎ 球A和球B碰撞过程动量守恒,即: ‎ 设两球粘到一起后,能上升的最大高度为 由机械能守恒得:‎ 联立各式解得:‎ 故本题正确答案选C.‎ ‎4.如图所示,一个质量为m1=‎50kg的人爬在一只大气球下方,气球下面有一根长绳.气球和长绳的总质量为m2=‎20kg,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=‎5m.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(可以把人看作质点)( )‎ A ‎5 m ‎B. ‎3.6 m ‎C. ‎2.6 m ‎D. ‎‎8 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设人的速度v1,气球的速度v2,根据人和气球动量守恒得则m1v1=m2v2,所以,气球和人运动的路程之和为h=‎5m,则,,即人下滑,气球上升,所以人离地高度为,约等于‎3.6m.故选B.‎ ‎5.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为‎1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为‎3000kg向北行驶的卡车,碰后两车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停止,根据测速仪的测定,长途客车碰前以‎20m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰前的行驶速率 A. 小于‎10m/s B. 大于‎10m/s小于‎20m/s C. 大于‎20m/s小于‎30m/s D. 大于‎30m/s小于‎40m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 长途客车与卡车发生碰撞,系统内力远大于外力,碰撞过程系统动量守恒,选择向南为正方向,根据动量守恒定律,有: 因而 ,代入数据,可得:,故选项A正确,选项BCD错误.‎ 点睛:该题考查动量守恒定律的一般应用,情景比较简单,解答本题关键判断碰撞过程系统动量守恒,然后根据动量守恒定律列式分析.‎ ‎6.如图所示,在一光滑的水平面上,有质量相同的三个小球A、B、C,其中B、C静止,中间连有一轻弹簧,弹簧处于自由伸长状态,现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起,碰撞时间极短,则碰后瞬间(  )‎ A. A、B的速度变为,C的速度仍为0‎ B. A、B、C的速度均为 C. A、B的速度变为,C的速度仍为0‎ D. A、B、C的速度均为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B碰撞过程时间极短,弹簧没有发生形变,A、B系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=2mv′,解得v′=,A、B碰撞过程,C所受合外力为零,C的动量不变,速度仍为0,故ABD错误,C正确。‎ 故选C。‎ ‎7.半径相等的两个小球甲和乙,在光滑的水平面上沿同一直线相向运动,若甲球质量大于乙球质量,发生碰撞前,两球的动能相等,则碰撞后两球的状态可能是( )‎ A. 两球的速度方向均与原方向相反,但它们动能仍相等 B. 两球的速度方向相同,而且它们动能仍相等 C. 甲、乙两球的动量相同 D. 甲球的动量不为零,乙球的动量为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析: 根据动量与动能关系可知,根据动量守恒可各,碰撞后的总动量沿甲原来的方向,故甲继续沿原来的方向运动,乙被弹回,所以选项A错误;碰撞后,甲的动能减小,若为弹性碰撞,则乙的动能增大,故两者动能不相等;若为完全非弹性碰撞,碰撞后速度相等,动能不等 ,所以选项B错误;两球碰撞过程中动量守恒,碰撞后动量可能相等,所以选项C正确;因碰撞后,甲乙都沿甲原来的方向运动,故乙的动量不为零,所以选项D错误;‎ 考点: 动量守恒定律 ‎8.一质量为‎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(  )‎ A. ‎‎0.5‎m/s B. ‎1.1m/s C. ‎2m/s D. ‎2.2m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以A球的速度方向为正方向,则在碰撞过程,由动量守恒定律得 代入数据解得 故B正确,ACD错误。‎ ‎9.跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上完全,这是因为( )‎ A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小 C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】人在下落中接触地面的瞬间速度不变,故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的.故A错误;人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的,到人的动量变成0,动量的变化是相等的.故B错误;人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的,则由动量定理mv=Ft可知,人受到的冲量也是相等的,但在沙坑中由于沙的缓冲,使减速时间延长,故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力,故人跳到沙坑里要安全;故C错误,D正确.故选D.‎ ‎10.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸,所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开.在爆炸过程中,下列关于爆炸装置的说法中正确的是(  )‎ A. 总动量守恒 B 机械能守恒 C. 水平方向动量守恒 D. 竖直方向动量守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸,与钢板间产生巨大作用力,所以爆炸装置的总动量不守恒,A错误.‎ B.爆炸时,化学能转化为机械能,机械能不守恒,B错误.‎ CD.钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的,因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒,而水平方向是守恒的,C正确,D错误;‎ 故选C.‎ ‎11.一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量共‎120kg。这个士兵用自动步枪在2s时间内沿水平方向连续射出10发子弹,每发子弹的质量是‎10g,子弹离开枪口时相对枪口的速度是‎800m/s。射击前皮划艇是静止的(  )‎ A. 每次射击后皮划艇的速度改变‎2m/s B. 连续射击后皮划艇的速度是‎2m/s C. 每次射击后子弹的速度改变m/s D. 连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约40N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于子弹的质量相对装备和皮划艇的总质量小得多,则可以忽略 A.射击过程系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒可知 mv-Mv′=0‎ 代入数据解得 v′=v≈‎0.067m/s 故A错误;‎ BC.连续射击2s过程中,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,则有 ‎10mv-Mv″=0‎ 代入数据解得 v″==‎0.67m/s 船的速度改变‎0.67m/s,所以射出10发子弹后,子弹速度的改变量为‎0.67m/s,即m/s,故BC错误;‎ D.每颗子弹的发射时间为 t=s=0.2s 对子弹,由动量定理可知 Ft=mv-0‎ 代入数据解 F==40N 由牛顿第三定律可知,枪受到的平均作用力 F′=F=40N 故D正确。‎ ‎12.如图所示,小球A的质量为mA=‎5kg,动量大小为pA=‎4kg·m/s,小球A水平向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA′=‎1kg·m/s,方向水平向右,则(  )‎ A. 碰后小球B的动量大小为pB=‎3kg·m/s B. 碰后小球B的动量大小为pB=‎5kg·m/s C. 小球B的质量为‎15kg D. 小球B的质量为‎3kg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.规定向右为正方向,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 故A正确,B错误;‎ CD.由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故 ‎=+‎ 解得 mB=‎‎3kg 故C错误,D正确。‎ 故选AD。‎ ‎13.水平抛出在空中飞行的物体,不计空气阻力,则(  )‎ A. 在相等的时间间隔内动量的变化相同 B. 在任何时间内,动量的变化方向都在竖直方向 C. 在任何时间内,动量对时间的变化率恒定 D. 在刚抛出的瞬间,动量对时间的变化率为零 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水平抛出的物体所受的合力为重力,则相等时间内重力的冲量相等,根据动量定理知,动量的变化相同,故A正确;‎ B.合力的冲量等于动量的变化量,合力冲量的方向竖直向下,则动量变化的方向竖直向下,故B正确;‎ CD.根据动量定理有 mgΔt=Δp 则动量的变化率 ‎=mg 知动量的变化率恒定,等于重力,故C正确,D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎14.如图所示,在光滑水平面上质量分别为mA=‎2 kg、mB=‎4 kg,速率分别为vA=‎5 m/s、vB=‎2 m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞,则 A. 它们碰撞后的总动量是‎18 kg·m/s,方向水平向右 B. 它们碰撞后的总动量是‎2 kg·m/s,方向水平向右 C. 它们碰撞后B小球向右运动 D. 它们碰撞后B小球可能向左运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析:设向右为正方向,则碰前总动量为:p="mAvA-mBvB=2" kg • m/s,方向向右,选项A错误,B正确;假如碰后B球向左运动,则A球也必然向左运动,两球的总动量向左,故不可能;假如碰后B球静止,则A球也必然向左运动,两球的总动量向左,也不可能;故碰撞后B小球必然向右运动,选项C 正确,D错误.‎ 考点:动量守恒定律的应用.‎ ‎15.如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板.m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中(  )‎ A. m1的最小速度是0 B. m1的最小速度是v1‎ C. m2的最大速度是v1 D. m2的最大速度是v1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当与相距最近后,继续前行,两物体组成的系统水平方向不受外力,故动量守恒;由动量守恒及机械能守恒定律分析过程可知两小球的运动情景.‎ ‎【详解】从小球到达最近位置后继续前进,此后拉到前进,减速,加速,达到共同速度时两者相距最远,此后继续减速,加速,当两球再次相距最近时,达到最小速度,达最大速度:两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,,;解得,,故的最大速度为,的最小速度为,BD正确.‎ ‎【点睛】本题为弹性碰撞的变式,可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析,分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置,由动量守恒可以解答.‎ ‎16.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速度变为v,在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(  )‎ A. m(v-v0) B. mgt C. m D. m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据动量定理,物体动量的变化应该等于初末动量的矢量差,而不是代数差,选项 A错误。‎ B.由动量定理I合=Δp知 Δp=mgt 因此B正确。‎ CD.由公式 Δp=mΔv=mvy= m= m 则C和D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎17.如图所示,在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则(  )‎ A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为 B. 小球离车后,对地将向右做平抛运动 C. 小球离车后,对地将做自由落体运动 D. 此过程中小球对车做的功为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当小球与小车的水平速度相等时,小球弧形槽上升到最大高度,则:‎ mv0=2mv 得:‎ 选项A正确;‎ B、设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中动量守恒,得:‎ mv0=mv1+mv2‎ 由动能守恒得:‎ ‎ ‎ 联立解得:‎ v1=0‎ v2=v0‎ 所以小球与小车分离后做自由落体运动,故B错误,C正确。‎ D、对小车运用动能定理得,小球对小车做功:‎ 故D正确。‎ ‎18.如图所示,在光滑的水平地面上静止放置一质量为M=‎1.5 kg的木板A,木板上表面粗糙且固定一竖直挡板,挡板上连接一轻质弹簧,当弹簧处于原长时,在弹簧的左端轻放一质量为m=‎0.9kg的物块B,现有一颗质量为m0=‎0.1kg的子弹C以v0=‎‎500m ‎/s的速度水平击中物块并嵌人其中,该过程作用时间极短,则在A、B、C相互作用的过程中,下列说法中正确的有( )‎ A. A、B、C组成的系统动量守恒 B. A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 C. 子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45N·s D. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为‎25 m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水平地面光滑,A、B、C组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故A正确; B、子弹击中木块过程系统要克服摩擦力做功,机械能有损失,因此A、B、C与弹簧组成的系统机械能不守恒,故B错误; C、子弹击中物块的过程中子弹与物块组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m0v0=(m+m0)v,解得:v=‎50m/s,子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量:I=△p=mv-0=0.9×50=45N•s,故C正确; D、弹簧被压缩到最短时,A、B、C的速度相等,A、B、C系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m0v0=(m+m0+M)v′,解得:v′=‎20m/s,弹簧被压缩到最短时木板的速度为‎20m/s,故D错误; 故选AC。‎ ‎19.如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是( )‎ A. 甲、乙两车运动中速度之比为 B. 甲、乙两车运动中速度之比为 C. 甲车移动的距离为 D. 乙车移动的距离为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比,即为,则A符合题意,B不符合题意;‎ CD.由动量守恒定律:‎ Mx甲=(M+m)x乙 x甲+x乙=L 解得:‎ ‎, ;‎ 则CD符合题意.‎ ‎20.如图所示,木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑的水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,当撤去外力后,下列说法中正确的是(  )‎ A. a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量守恒 B. a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量不守恒 C. a离开墙壁后,a和b系统的动量守恒 D. a离开墙壁后,a和b系统的动量不守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统所受合外力等于墙壁的弹力,合外力不为零,系统的动量不守恒,故A错误,B正确;‎ CD.a离开墙壁后,a和b组成的系统所受到的合外力为零,系统动量守恒,故C正确,D错误。‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎21.在“验证动量守恒定律”的实验中:‎ ‎(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是______________________,其目的是X减小实验中的________(选填“系统误差”或“偶然误差”).‎ ‎(2)入射小球每次必须从斜槽上______________滚下,这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同.‎ ‎(3)入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,在m1>m2时,实验中记下了O、M、P、N四个位置(如图所示),若满足____________________(用m1、m2、OM、OP、ON表示),则说明碰撞中动量守恒;若还满足_____________________(只能用OM、OP、ON表示),则说明碰撞前后动能也相等.‎ ‎【答案】 (1). 用圆规画一个尽可能小圆,把尽可能多的落点圈在圆内,圆心即平均位置 偶然误差 (2). 同一位置由静止开始 ‎ ‎(3). m1·OP=m1·OM+m2·ON OP=ON-OM ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由于落点比较密集,又较多,每次测量距离很难,确定落点平均位置的方法是最小圆法,用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面,圆心即平均位置,这样可以减小偶然误差;‎ ‎(2) 为了保证小球每次到达斜面末端时速度相同,应让小球每次从同一位置由静止滑下;‎ ‎(3) 设落地时间为t,则有: ‎ 而动量守恒的表达式是: ‎ 所以若两球相碰前后的动量守恒,则有:成立;‎ 若碰撞是弹性碰撞,动能是守恒的,则有:‎ ‎ ‎ 即成立 联立可得:.‎ 三、计算题 ‎22.如图所示,足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上,物块B置于A的左端,A、B、C的质量分别为m、‎2m和‎4m,已知A、B一起以v0的速度向右运动,滑块C向左运动,A、C碰后连成一体,最终A、B、C都静止,求:‎ ‎(1)C与A碰撞前的速度大小;‎ ‎(2)A、B间由于摩擦产生的热量.‎ ‎【答案】(1)v0 (2)mv02‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)取向右为正方向.对三个物体组成的系统,根据动量守恒定律得:(m+‎2m)v0-4mvc=0 解得,C与A碰撞前的速度大小 vc=v0                           (2)A、C碰后连成一体,设速度为v共. 根据动量守恒定律得 mv0-4mvc=(m+‎4m)v共; 解得 v共=-v0 根据能量守恒定律得,摩擦生热 Q=(m+‎4m)v共2+•2mv02-0 解得 Q=m v02‎ ‎ ‎