内蒙古集宁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

内蒙古集宁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考物理试题

内蒙古集宁一中(西校区)2019-2020学年高二上学期第一次月考理综物理试题 二、选择题 ‎1.下面的说法正确的是（　　）‎ A. 当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零 B. 如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零 C. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 D. 做竖直上抛运动的物体，在△t时间内所受重力的冲量可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】力的冲量：I=Ft，当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A错误；如果物体（质量不变）的速度发生变化，物体的动量发生变化，由动量定理可知，物体所受到的合外力的冲量不零，故B正确；由动量定理可知，物体所受合外力冲量越大，物体动量的变化量越大，它的动量不一定大，故C错误；做竖直上抛运动的物体，在△t时间内所受重力的冲量为mg△t，不可能为零，选项D错误；故选B。‎ ‎2.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼晴的情况,若手机质量为‎150g，从离人眼约‎20cm 的高度无初速掉落，砸到眼睛后经 0.1s 手机停止 运动，取重力加速度g=‎10 m/s2，下列分析正确的是 A. 手机对眼睛的作用力大小约为 4.5 N B. 手机对眼睛的作用力大小约为 3.0 N C. 全过程手机重力的冲量大小约为 0.15 N·s D. 全过程手机重力的冲量大小约为 0.30 N·s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. ‎20cm=‎0.20m；‎150g=‎0.15kg；根据自由落体速度 ‎ ‎ 手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为 ‎ ‎ 手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知 ‎ ‎ 解得手机对眼睛的作用力大小约为4.5N，故A项与题意相符，B项与题意不相符；‎ CD. 全过程中重力的冲量，mgt=0.15N•s，故C项与题意相符，D项与题意不相符。‎ ‎3.甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则下列F、Ⅰ的关系正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. F1＜F2，Ⅰ1＜Ⅰ2 B. F1＞F2，Ⅰ1＞Ⅰ2‎ C. F1＞F2，Ⅰ1＝Ⅰ2 D. F1＝F2，Ⅰ1＝Ⅰ2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2，根据I＝Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故C正确，ABD错误。‎ ‎4.如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA=2mB ,若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g,则下列说法正确的是( )‎ A. A下落到最低点的速度是 B. 若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是 C. 若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为 D. 若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A球到达最低点时，由动能定理得：，解得：，A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度为，由动量守恒：，解得：，设第一次碰后A上升的最大高度为h，则对A由动能定理得：，解得：，此过程中损失的机械能为，B正确，C错误；若A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒有：，根据能量守恒有：，联立解得：（另一值不符，舍去），设第一次碰后A上升的最大高度为，对A由动能定理得：，解得：，D错误。‎ ‎5.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球的动量为pA=‎9kg•m/s，B球的动量为pB=‎3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）‎ A. pA′=‎6kg•m/s，pB′=‎6kg•m/s B. pA′=‎8kg•m/s，pB′=‎4kg•m/s C. pA′=‎-2kg•m/s，pB′=‎14kg•m/s D. pA′=‎-4kg•m/s，pB′=‎8kg•m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】A. 碰撞前系统总动量：‎ p=pA+pB=‎12kg•m/s，‎ 由题意可知mA=mB=m；如果pA′=‎6kg•m/s，pB′=‎6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：‎ ‎，vA′=vB′‎ 符合实际，故A正确；‎ B. 如果pA′=‎8kg•m/s，pB′=‎4kg•m/s，碰撞过程动量守恒，有：‎ ‎，vA′>vB′‎ 不符合实际，故B错误；‎ C. 如果pA′=‎-2kg•m/s，pB′=‎14kg•m/s，则碰撞后系统的总动能为：‎ 系统动能增加，不符合实际，故C错误；‎ D. 如果pA′=‎-4kg•m/s，pB′=‎8kg•m/s，碰撞后系统总动量为：‎ p′=pA′+pB′=‎-4kg•m/s+‎8kg•m/s=‎4kg•m/s 碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误。‎ ‎6.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )‎ A. 时，A的动量为2mv B. 时，A的动量为4mv C. 时，B的动量为0 D. t＝0至时间内，A、B的总动量守恒 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.时，即B刚停下时，对AB，从t=0到运用动量守恒定律，‎ 解得A的动量为，故A正确；‎ B.当时，对A由动量定理得：‎ 代入 解得：，故B错误;‎ C. t=0到B停下，对B，动量定理 即时，B停下，所以时，B的动量为0，故C正确；‎ D. 设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=‎2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：‎ 解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故D正确；‎ ‎7.‎ 如图所示，平板小车停在光滑水平面上．甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是 ‎ A. 乙速度必定大于甲的速度 B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C. 乙的动量必定大于甲的动量 D. 甲、乙的动量之和必定不为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】ACD.甲、乙两人及小车组成系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：‎ 甲甲乙乙车车=0‎ 小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故选项A不符合题意，C、D符合题意；‎ B.小车速度方向向右，即动量的变化量向右，根据动量定理知乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，可知乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，故选项B符合题意。‎ ‎8.如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M=‎2m。，则下列判断正确的是 A. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒 B. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒 C. 小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为 D. 小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A正确；‎ B.小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向合力为零，动量守恒，选项B错误；‎ CD.有水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，圆弧轨道速度大小为；当m从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道速度最大，设脱离时小滑块和圆弧轨道的速度分别为，则有 m=m+M ‎=+‎ 解得=，，故C错误， D正确。‎ 三、填空题 ‎9.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为 h 的光 滑水平桌面上，放置两个小球 a 和 b。其中，b 与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固 定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a 放置于桌面 边缘，球心在地面上的投影点为 O 点。实验时，先将 a 球移开，弹簧解除锁定，b 沿桌 面运动后水平飞出。再将 a 放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b 球与 a 球 发生碰撞后，均向前水平飞出。重复实验 10 次。实验中，小球落点记为 A、B、C。‎ ‎(1)若 a 球质量为 ma，半径为 ra；b 球质量为 mb， 半径为 rb。b 球与 a 球发生碰撞后，均向前水平 飞出，则 ______ 。‎ A．mamb，ra=rb D．ma>mb，ra>rb ‎(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理 量有____。‎ A．小球 a 的质量 ma 和小球 b 的质量 mb ‎ B．小球飞出的水平距离 xOA、xOB、xOC ‎ C．桌面离地面的高度 h ‎ D．小球飞行的时间 ‎(3)关于本实验的实验操作，下列说法中不正确的是______。‎ A．重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同 ‎ B．重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中出现了错误 C．用半径尽量小的圆把10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 ‎ D．仅调节桌面的高度，桌面越高，线段 OB 的长度越长 ‎(4)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：__________， 即说明碰撞过程遵循动量守恒。（用题中已测量的物理量表示）‎ ‎(5)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度h，该地的 重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep 为 _______。（用题中已测量的 物理量表示）‎ ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). B (4). mb•OB=mb•OA+ma•OC (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使mb大于ma ‎(2)[2] 要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替，所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，故AB符合题意；‎ ‎(3)[3] A.重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同，可以保证b能够获得相等的速度，故A项与题意不相符；‎ B. 重复操作时发现小球的落点并不完全重合，不是实验操作中出现了错误；可以用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故B项与题意相符；‎ C. 用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故C项与题意不相符；‎ D. 仅调节桌面的高度，桌面越高，则小球飞行的时间越长，则线段OB的长度越长，故D 项与题意不相符；‎ ‎(4)[4] 小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则 mbv0=mbv1+mav2‎ 两边同时乘以时间t，得：‎ mbv0t=mbv1t+mav2t 则 mb•OB=mb•OA+ma•OC ‎(5)[5] 桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间 ‎ ‎ b的初速度 ‎ ‎ 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为 四、计算题 ‎10.如图所示，在竖直平面内，一半径为R=‎0.45m的光滑半圆轨道MN和粗糙水平轨道PM在M点相切，MN为圆弧轨道的直径，O为圆心，一质量为mA=‎1kg的物块A(可视为质点)水平向右运动。与静止在M点的质量为mB=‎2kg的物块B发生完全弹性碰撞，已知碰撞前瞬间物块A的速度为v0=‎9m／s，碰撞后物块A最终静止在水平轨道的Q处(图中未标出)，物块B脱离半圆轨道后也恰好落到Q处，重力加速度g=‎10m/s2，求：‎ ‎(1)碰撞后瞬间物块B的速度大小；‎ ‎(2)物块和水平轨道之间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】（1）‎6m/s（2）0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据碰撞过程动量守恒和能量守恒关系求解碰撞后瞬间物块B的速度大小；（2）碰后物体B沿轨道上滑到达最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解落点的位置；在研究物体A碰前的减速过程，由动能定理求解动摩擦因数.‎ ‎【详解】（1）物块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律： mAv0=mAv1+mBv2‎ 由能量关系：mAv02=mAv12+mBv22，‎ 解得v1=‎-3m/s v2=‎6m/s ‎（2）物块B从M点运动到N点的过程中，由动能定理： ‎ 解得 ‎ 然后做平抛运动，则2R=gt2，x=vNt 解得x=‎1.8m；‎ 对A物体由动能定理：‎ 解得μ=0.25‎ ‎11.如图所示，有A、B两质量均为M的小车，在光滑水平面上以相同的速度如在同一直线上相对运动，A车上有一质量为m的人至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上，才能避免两车的相撞? ‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设人至少以速度v跳到B上，才能避免两车相撞.人跳出至A车的速度，人跳到B上后B车的速度为 以A车和人组成的系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：‎ 以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ 不相撞的条件:，得：。‎ 点睛：本题考查了求速度问题，分析清楚运动过程、合理选择研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题。‎ ‎12.如图甲所示，质量为的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t=0时，两个质量均为‎1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的图象如图乙所示，g取。‎ ‎（1）小车在第1.0s内所受的合力为多大? ‎ ‎（2）要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少?‎ ‎（3）假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0s~3.0s时间内的图象。‎ ‎【答案】（1）零（2）‎4.8m（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为α＝‎2m/s2。‎ 物体A、B所受摩擦力均为 f＝ma＝2N 方向相反。根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零 ‎（2）设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：‎ mvA＋mvB＝(‎2m＋M)v 代入数据，解得v＝‎0.4m/s，方向向右。‎ 由系统能量守恒得：‎ f(sA＋sB)＝－ (‎2m＋M)v2，‎ 解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝‎‎4.8m ‎（3）1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v。‎ 在该过程中，对A运用动量定理得 ‎－fΔt＝mΔv 解得Δt＝0.8s。‎ 即系统在t＝1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动。‎ 在1.0s～3.0s时间内的v－t图象如下。‎