海南省儋州市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

海南省儋州市第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

‎2020学年第二学期高二年级月考(一)考试试题 ‎ 物 理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。‎ ‎1.人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了（ ）‎ A. 减小地面对人的冲量 B. 减小人的动量的变化 C. 增加人对地面的冲击时间 D. 增大人对地面的压强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查冲量的概念和动量定理的内容，由动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，如果用脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，与地接触时间，减速时间变长，平均冲力减小，C对；‎ ‎2.甲、乙两个单摆在同一地点做简谐振动，在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动。已知甲摆摆长为1 m，则乙摆的摆长为( )‎ A. 2 m B. 4 m C. 0.5 m D. 0.25 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动，可知T甲：T乙=2：1，根据知摆长，甲乙的周期之比为2:1，则摆长之比为4:1，甲摆的摆长为1m，则乙摆的摆长为0.25m;故选D.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式，通过周期之比求出摆长之比是关键.‎ ‎3.如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两手同时放开后,系统总动量始终为非零的某一数值 B. 先放开左手,后放开右手,动量不守恒 C. 先放开左手,后放开右手,总动量向右 D. 无论何时放手,两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A错误；‎ B、先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误、C错误；D、无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统的合外力为零，总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【名师点睛】‎ 当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左。‎ ‎4.质量为的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图像如图所示，则可知碰撞属于（ ）‎ A. 非弹性碰撞 B. 弹性碰撞 C. 完全非弹性碰撞 D. 条件不足，不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据x-t图象可知：a球的初速度为：，b球的初的速度为，碰撞后a球的速度为：，碰撞后b球的速度为：，两球碰撞过程中，动能变化量为：，即碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，选B．‎ ‎【点睛】根据x-t图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．‎ ‎5.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是:( )‎ A. 若磁场方向竖直向下，则 B. 若磁场方向平行斜面向上，则 C. 若磁场方向垂直斜面向上，则 D. 若磁场方向垂直斜面向下，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，不能处于平衡状态；故A错误.‎ B、若磁场方向平行斜面向上，安培力的方向垂直于斜面向下，此时导线不可能平衡；故B错误.‎ C、D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小；故C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎6.如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场 A. 只减小粒子的比荷 B. 只增大电场强度 C. 只增大粒子的带电量 D. 只减小粒子的入射速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设带电粒子的初速度为v0，板长为L，电场强度为E；根据牛顿第二定律，有 ①‎ 水平方向：L=v0t ②‎ 竖直方向：y＝at2 ③‎ 联立①②③解得：‎ 只减小粒子的比荷，竖直位移y减小，一定能飞出电场，故A正确；只增大电场强度，会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故B错误；只增大粒子的带电量；会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故C错误；只减小粒子的入射速度，会使竖直位移y变大，粒子不一定能飞出电场，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动，关键是运用运动的合成与分解的方法处理，本题很容易错误的理解为先经过加速电场后经过偏转电场，审题时一定要细心，题目要多读几遍。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎7.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知______‎ A. 甲的速度为零时，乙的速度最大 B. 甲的加速度最小时，乙的速度最小 C. 任一时刻两个振子受到的回复力都不相同 D. 两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，则振子甲速度为零时，振子乙速度最大；故A正确.‎ B、甲在平衡位置时加速度最小，此时乙也在平衡位置，速度最大;故B错误.‎ C、根据简谐运动的特征F=-kx，由于两根弹簧的劲度系数k 可能不等，也可能相等，所以不能确定回复力是否相同，故C错误.‎ D、两弹簧振子周期之比T甲:T乙=2:1，由知频率之比是f甲:f乙=1:2;故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎8.如图甲所示的电路中,变压器为理想变压器,Ro为定值电阻,R为滑动变阻器,L为标有“22V20W”的白炽灯泡,所有电表均为理想电表。当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时,灯泡L正常发光。则下歹列说法正确的是 A. 通过R的交变电流频率为50HZ B. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1‎ C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1‎ D. 当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时,电流表A1和A2的示数均增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由乙图可知，周期，则频率为，故A正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为，则原线圈电压的有效值，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压，故变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；‎ 根据法拉第电磁感应定律，有，因 ‎，故C错误；当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时，R的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据可知，原线圈的电流也增大，故电流表和的示数均增大,故D正确；故选ABD.‎ ‎9.关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法错误的是 （）‎ A. 位移减小时，加速度减小，速度增大 B. 位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相反 C. 物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同 D. 物体的速度增大时，加速度一定减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、位移x减小时，加速度也减小；振子靠近平衡位置，故速度增加，故A正确；‎ B、位移方向总跟加速度方向相反.质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置，而速度方向两种，可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反;故B错误；‎ C、物体运动方向向平衡位置时，位移方向离开平衡位置，速度方向跟位移方向相反；故C错误；‎ D、物体的速度增大时，运动方向指向平衡位置，位移逐渐减小，所以加速度一定减小;故D正确；‎ 本题选错误的故选BC.‎ ‎10.一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若(　　)‎ A. 两人速率相等，则必定是m乙>m甲 B. 两人质量相等，则必定是v乙>v甲 C. 两人速率相等，则必定是m甲>m乙 D. 两人质量相等，则必定是v甲>v乙 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统的动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：，即：；可见甲的动量大于乙的动量；‎ A、C、若两人速率相等，必定有：m甲＞m乙，故A错误，C正确；‎ B、D、若两人质量相等，必定有：v甲＞v乙，故B错误，D正确；‎ 故选CD.‎ 三、实验题：本题共2小题，第11题5分，第12题12分，共17分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。‎ ‎11.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。‎ ‎（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为t1、t2，当t1______t2（填“>”、“=”、“<”），则说明气垫导轨水平。‎ ‎（2）滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A—个向右的初速度，通过光电门1的时间为Dt1，A与B碰撞后再次通过光电门1的时间为Dt2，滑块B通过光电门2的时间为△t3。为完成该实验，还必需测量的物理量有__________‎ A．挡光片的宽度d B．滑块A的总质量m1‎ C．滑块B的总质量m2‎ D．光电门1到光电门2的间距L ‎（3）若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为：___________（用已知量和测量量表示）‎ ‎【答案】 (1). = (2). BC (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）如果导轨水平滑块A将在导轨上做匀速直线运动，因此通过两个光电门所用的时间相等，即；（2）取向右为正方向，根据题意，可知A碰撞前的速度为，A与B碰撞后的速度为，B被碰撞后的速度为，若AB碰撞过程中动量守恒，则有：，将碰撞前后AB的速度代入得：，约去d，化简得：，故还必需测量的物理量有A、B的质量，故选BC；（3）若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为：.‎ ‎12.恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为，其中、和、分别为质量为m1和m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数。‎ 实验步骤如下：‎ ‎①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；‎ ‎②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B′；‎ ‎③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；‎ ‎④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；‎ ‎⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3。‎ ‎(1)两小球的质量关系为m1_____ m2(填“>”“=”或“<”)‎ ‎(2)利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=_______。‎ ‎(3)若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足_____________________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_____________________表示两小球碰撞前后机械能守恒。‎ ‎【答案】 (1). > (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）明确动量守恒规律，知道实验原理，从而确定实验要求；‎ ‎（2）根据平抛运动规律进行分析，利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对应的表达式；‎ ‎（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，代入（2）中所求速度即可求出需要验证的表达式。‎ ‎【详解】（1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；‎ ‎（2）由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后被碰球落到N点；根据平抛运动规律可知，下落时间，则可知，速度 ‎，则可解得：，；，代入给出恢复系数表达式可得：；‎ ‎（3）若满足动量守恒，则一定有：mv1=m1v1’+m2v2'‎ 代入（2）中所求速度可得：表达式应为：；‎ 若满足机械能守恒，则有：mv12=m1v1'2+m2v2'2‎ 代入求出的速度可得：‎ ‎【点睛】本题是由验证动量守恒定律的实验改进而来，关键要分析清楚实验的原理，同时要结合动量守恒定律和平抛运动的相关知识列式分析。‎ 四、计算题：本题共3小题，其中13题12分，14题13分，15题14分，共39分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。‎ ‎13.一根长1m的细绳下端挂着一个质量M=1.99kg的木块。一质量为m=10g的子弹以v0=400m/s的水平速度击中木块且未穿出。取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）木块获得的速度；‎ ‎（2）木块上摆的高度；‎ ‎（3）木块摆回平衡位置时，受到绳的拉力。‎ ‎【答案】（1），方向水平向右（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据系统水平方向动量定律进行求解；‎ ‎（2）系统机械能守恒，根据系统机械能守恒定律进行求解；‎ ‎（3）在最低点根据牛顿第二定律进行求解即可；‎ ‎【详解】（1）子弹击中木块过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：‎ 代入数据可以得到：，方向水平向右；‎ ‎（2）将子弹和木块看成整体，整体机械能守恒，则：‎ 则木块上升的高度为：；‎ ‎（3）整体机械能守恒，木块从最高点再次回到最低点时速度大小仍为，方向水平向左 在最低点对整体根据牛顿第二定律：‎ 代入数据可以得到：。‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒综合应用，动量守恒时注意矢量性问题，机械能守恒时注意守恒条件，在最低点对整体根据牛顿第二定律进行求解即可。‎ ‎14.如图所示，质量为的平板车P的上表面离地面高，质量为的小物块大小不计，可视为质点位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球大小不计，可视为质点。今将小球拉至悬线与竖直方向成角由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小，Q与P之间的动摩擦因数，重力加速度，计算：‎ 小球与Q碰撞前瞬间，细绳拉力T的大小；‎ 平板车P的长度L；‎ 小物块Q落地时与小车的水平距离s。‎ ‎【答案】(1) 20 N (2) 1.75 m　 (3) 0.1 m ‎【解析】‎ ‎(1) 设小球与Q碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：‎ 在最低点有 解得v0＝＝3 m/s，T＝20 N ‎(2) 小球与Q碰撞后，设小球与Q的速度分别为v0′和vQ．在碰撞过程中 由动量守恒有 由能量守恒有 解得vQ＝3 m/s 设Q离开平板车时P的速度为v2，Q与P组成的系统动量守恒 由动量守恒有mvQ＝mv1＋Mv2‎ 由能量守恒有 解得v2＝0.5 m/s，L＝1.75 m ‎(3) Q脱离P后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t．‎ 竖直方向有 解得t＝0.5 s Q落地时二者相距s＝(v1－v2)t＝0.1 m 点睛：本题采用程序法解题，逐一分析物体间的相互作用过程，得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒定律、牛顿第二定律以及能量守恒定律等，进而求出要求的物理量．‎ ‎15.如图所示，B右侧地面光滑，左侧动摩擦因数为 m ，A ‎ 的质量为2m，B、C质量均为 m，B、C用轻弹簧相连，初始时弹簧压缩并锁定，A、B相距，A以初速度v0向右运动，与B发生碰撞后粘在一起，碰后弹簧解除锁定，当弹簧第一次恢复原长时C的速度也恰好为v0，求：‎ ‎(1)A撞上B前的速度是多少？‎ ‎(2)A与B碰撞前摩擦力的冲量大小为多少?‎ ‎(3)弹簧锁定期间储存的弹性势能为多少?‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A与B碰撞前，A做匀减速运动，由公式 即 解得：，方向向右，‎ ‎(2)对A由动量定理得:‎ ‎(3) A与B碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律：‎ 解得：‎ 对A、B、C三物体由动量守恒得：‎ 解得：,即当簧第一次恢复原长时，A、B速度为0‎ 由能量守恒可得：‎ 解得：‎