内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第二次月考（6月）物理试题

内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第二次月考（6月）物理试题

第二次考试高一物理试题 一 (共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全部选对的得4分，选对不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1.质量为m的木箱放置在粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始在地面上运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内( 　)‎ A．重力对物体的冲量为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft C．拉力F对物体的冲量大小为Ft cosθ D．由已知条件不可能得出合外力对物体的冲量 ‎2．从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中（空气阻力不计）（　　）‎ A．动量变化量大小不同，方向相同 B．动量变化量大小相同，方向不同 C．动量变化量大小、方向都不相同 D．动量变化量大小、方向都相同 ‎3．2020年4月24日，中国行星探测任务被命名为“天问系列”，首次火星探测任务被命名为“天问一号，”已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为3︰2，火星与地球的质量之比为1︰10，火星与地球的半径之比为1︰2，则( )‎ A．火星绕太阳的公转周期小于1年 B．火星探测器减速下降登陆火星的过程中处于失重状态 C．火星绕太阳公转的向心加速度比地球小 D．地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等 ‎4．2020年5月21日，赤峰至喀左高铁试运行，预计6月30日正式通车，开启了赤峰的高铁时代，现已知两轨间宽度为L，内外轨高度差是h，重力加速度为g，如果机车要进入半径为R的弯道，该弯道的设计速度最为适宜的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎5．质量为50kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图，经实际测量得知上升的最大高度是0.8m，在最高点的速度为3m/s，则起跳过程该同学所做功最接近（取g=10m/s2）（　　）‎ A．225J B．400J ‎ C．625J D．850J ‎6．某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为S，水流以速v垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p，则水对墙面的冲力为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5.0 kg·m/s，pB＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是(　　)‎ A．ΔpA＝－3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s B．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s C．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝－3.0 kg·m/s D．ΔpA＝－10 kg·m/s；ΔpB＝10 kg·m/s ‎8．如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ．当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是（ ） ‎ A．等于 B．小于 ‎ C．大于 D．小于 ‎9．(多选题)如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在斜面上运动的整个过程中以下说法正确的是（　　）‎ A．上升过程物体动能减少了 B．上升过程重力势能增加了 C．物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了 D．物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率 ‎10．(多选题)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v—t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2，则下列正确的是（　　）‎ A．汽车的最大速度为20m/s B．汽车的额定功率为180kW C．汽车在前4s内的牵引力为1.5×104N D．汽车在前4s内牵引力做的功为3.6×105J ‎11．(多选题)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径为R,现将一质量为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.9h，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）‎ A．小车向左滑动的最大距离为 B．小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为 C．小球离开小车后做竖直上抛运动 D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.8h ‎12．(多选题)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的 v－t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．两壶发生弹性碰撞 B．蓝壶受到的滑动摩擦力较大 C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12 m/s2‎ 二 实验题 本题共两小题，13题6分；14题9分。‎ ‎13.用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离已在图中标出．已知m1＝50 g、m2＝150 g，则(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)‎ ‎ ‎ ‎(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：‎ A．按照图示的装置安装器件 B．将打点计时器接到直流电源上 C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带 D．测量纸带上某些点间的距离 E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能 其中操作不当的步骤是__________(填选项对应的字母)．‎ ‎(2) 在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J，系统势能的减少量ΔEp＝______J，‎ 由此得出的结论是___________________________________________________；‎ ‎14．如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”．实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次．M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示．‎ ‎（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1____m2（填“>”或“<”）．‎ ‎（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是_____．‎ A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器 ‎（3）下列说法中正确的是_________．‎ A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的 B．重复操作时发现小球的落点并不重合，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．仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP的长度越大 ‎（4）在某次实验中，测量出两个小球的质量、，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度．在实验误差允许范围内，若满足关系式__________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是 ________________．（用测量的量表示）‎ ‎（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示．他发现M和N偏离了OP方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点、．分别测量出OP、、的长度．若在实验误差允许的范围内，满足关系式：_____ 则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒．‎ 三 计算题(应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。)‎ ‎15．(10分)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s。‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；‎ ‎(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力。‎ ‎16．（12分）如图所示，足够宽大的光滑水平轨道上放有三个可视为质点的滑块A、B、C，它们的质量分别为mA=0.1kg，mB=0.1kg，mC=0.2kg，其中A和B的接触面间装有少许塑胶炸药（炸药的质量和体积均忽略不计），B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于自由静止状态。现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=0.9J转化为A和B沿轨道方向的动能。‎ ‎(1)求爆炸后瞬间A、B的速度大小；‎ ‎(2)求弹簧弹性势能的最大值。‎ ‎17．（15分）如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数=0.8。在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成=30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： ‎ ‎(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；‎ ‎(2)物块B上升的最大高度；‎ ‎(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。‎ ‎1【答案】B ‎2【答案】D 同意高度物体做自由落体运动和平抛运动时间相等，根据动量定理 动量变化量大小、方向都相同。故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3【答案】C A项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：，M为太阳的质量，r为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长即大于1年，故A错误；‎ B项：“洞察”号减速下降登陆火星的过程中具有向上的加速度，所以处于超重状态，故B错误；‎ C项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得： M为太阳的质量，r为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小，故C正确；‎ D项：对同一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎4【答案】A 机车的向心加速度水平向右，当机车与轨道沿斜面没有横向摩擦力时，速度最为适宜，根据牛顿第二定律 斜面的倾角正切值满足 解得 A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎5【答案】C 运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动 竖直方向初速度 vy=gt=4m/s 水平方向做匀速直线运动，则v0=3m/s，则起跳时的速度 根据动能定理得 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎6【答案】B 设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：‎ m=ρV=ρSvt 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：‎ Ft=0-mv，‎ 即：‎ F=-=-ρSv2，‎ 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2． ‎ ‎7【答案】A ‎【解析】‎ 根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=2kg•m/s、p′B=10kg•m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△PA=3kg•m/s，△PB=-3kg•m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=8kg•m/s、p′B=4kg•m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误．如果△pA=-10kg•m/s、△pB=10kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=-5kg•m/s、p′B=17kg•m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D错误．故选A．‎ 点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．‎ ‎8【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:若物块一直做匀变速直线运动，根据动能定理有Wf=△Ek，Wf=μmgs，知△Ek可能等于，可能小于．若物块先做匀变速直线运动，然后做匀速直线运动，有Wf＜μmgs．不会大于μmgs，故A 、B、D正确， C错误．‎ 考点：动能定理 ‎9【答案】ACD B．由题知，物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh；故B错误；‎ A．根据牛顿第二定律得 解得摩擦力大小为 上升过程中物体克服摩擦力做功为 所以物体的机械能损失了，故动能减少了 A正确；‎ C．物块向上运动的过程中与向下运动的过程中摩擦力对物体做的功是相等的，所以物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了，C正确；‎ D．由于物块在运动的过程中克服摩擦力做功，所以物块回到出发点时的速度一定小于开始时的速度，所以物块上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，故上升过程所用的时间大于下降过程中所用的时间，物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，D正确。‎ 本题选错误的，故选ACD。‎ ‎10【答案】BCD ‎．汽车匀加速启动，则在匀加速阶段，牵引力恒定，由图可知，在匀加速运动阶段加速度 根据牛顿第二定律 代数解得 在4s末，汽车达到额定功率，根据 代数可得，汽车的额定功率为 当达到额定功率后，功率不再变化，速度继续增加，故牵引力减小，当牵引力减小到等于阻力时，汽车达到最大速度。有 解得 所以A选项符合题意，BC选项不合题意，故A正确，BC错误；‎ D．汽车在前4s内牵引力做的功为 联立解得 所以D选项不合题意，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎11【答案】BC AC． 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误C正确；‎ B． 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受重力，所以水平方向系统动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；‎ D． 小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：‎ mg（h-0.8h）-Wf=0‎ Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：‎ Wf=0.2mgh 即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于 ‎0.8h-0.2h=0.6h 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12【答案】CD A． 设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1．0m/s，碰后红壶的速度为v′0=0．4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：‎ mv0=mv′0+mv 解得：‎ v=0.6m/s 碰撞前两壶的总动能为 碰撞后前两壶的总动能为 所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；‎ B． 根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故B错误；‎ C． 根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为：‎ 所以蓝壶静止的时刻为：‎ 速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：‎ 故C正确；‎ D． 碰后蓝壶的加速度大小为 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎13【答案】 (1). BC (2). 0.58 0.59 在误差允许的范围内，m1 、m2 组成的系统机械能守恒 ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．‎ C：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误．‎ 故选BC．‎ ‎（2）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：；动能的变化量 ‎ 重力势能减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J；此可知得出的结论是在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒． ‎ ‎14【答案】> BC C ‎ ‎(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；‎ ‎（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有 ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；‎ ‎（3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误．故选C；‎ ‎（4）若两球相碰前后的动量守恒，则，又，代入得：，若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则： ，代入得;；‎ ‎（5）如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示；‎ 分别测量出OP、OM′、ON′的长度．若在实验误差允许范围内,满足关系式 则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒．‎ ‎15(1)5.4×104 N　 (2)1.8×103 N ‎16【答案】(1)vA=vB=3m/s；(2)0.3J ‎(1)炸弹爆炸过程中，取A和B组成的系统为研究对象，设爆炸后瞬间A、B速度分别为、，取向右为正方向，由系统动量守恒可得 爆炸产生的能量转化为A、B的动能，则有 联立代入数据解得 ‎(2)爆炸后去B、C和弹簧做研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共速，此时弹簧的弹性势能最大为，设向右为正方向，由系统动量守恒得 系统动能转化为弹性势能，由能量守恒得 联立解得 ‎17【答案】(1)5m/s；(2)0.8m；(3)7J ‎(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，根据自由落体运动规律，可得 轻绳伸直后瞬间小球A速度为 轻绳刚好再次伸直后到最低点，由动能定理 联立解得 ‎(2)小球A与物块B弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得 联立解得，‎ 物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，设物块B升高最大高度为h，板长为L1，由水平方向动量守恒及能量关系得 联立解得h=0.8m 因0.8>0.4，物块B飞出圆弧槽。‎ ‎(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量关系得 解得x=3.5m 因3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，产生总热量为 J