2018-2019学年陕西省西安市远东第一中学高二上学期10月月月考物理试题 解析版

2018-2019学年陕西省西安市远东第一中学高二上学期10月月月考物理试题 解析版

西安市远东第一中学2018-2019学年度第一学期 高二年级10月月考物理试题 一、单项选择题 ‎1.从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易碎，而掉在草地上不容易碎，其原因是(　　)‎ A. 掉在水泥地上时的玻璃杯动量大，掉在草地上时的玻璃杯动量小 B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量大，掉在草地上的玻璃杯动量改变量小 C. 掉在水泥地上的玻璃杯动能改变量大，掉在草地上的玻璃杯动能改变量小 D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时受地面的冲击力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】玻璃杯落地前是自由落体运动，从相同高度落下，末速度相同，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量mv相等，A错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量和初动能相同，末动量以及末动能为零，两种情况下动量变化量以及动能变化量相同，BC错误；两种情况下动量变化量相等，且在水泥地上碰撞过程时间比在草地上碰撞时间短，根据可知掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小，D正确．‎ ‎2.一个物体沿固定不动的光滑斜面由静止滑下，下列结论中正确的是（ ）‎ A. 物体的重力的冲量为零 B. 斜面对物体的弹力的冲量为零 C. 物体动能的增量等于重力所做的功 D. 物体动量的增量等于重力的冲量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】重力的冲量，作用时间不为零，故重力的冲量不为零，A错误；弹力不为零，作用时间不为零，所以弹力的冲量不为零，B错误；过程中只有重力做功，根据动能定理可知物体的动能增加量等于重力所做的功，C正确；物体动量的增加量等于合力冲量，D错误．‎ ‎【点睛】一个力对物体的冲量是对物体作用一段时间的积累效应的物理量，与这个力对物体做功与否无关，求解一个力的冲量，紧扣计算．‎ ‎3.小球质量为‎2m ‎，以速度v沿水平方向撞击竖直墙壁，以0.8v的速率反弹回来，球与墙的撞击时间为t，则在撞击过程中，球对墙的平均作用力的大小是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理，合外力的冲量等于小球动量的变化量，墙对小球的平均作用力，根据牛顿第三定律即可求得球对墙的平均作用力．‎ ‎【详解】规定以初速度方向为正，根据动量定理得：，解得：，跟据牛顿第三定律可知球对墙的平均作用力为，C正确．‎ ‎【点睛】本题主要考查了动量定理的直接应用，对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向．‎ ‎4.一个质量为‎0.5kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图象如图所示，则在时刻t=8s时，物体的速度为（ ）‎ A. ‎2m/s B. ‎8m/s C. ‎16m/s D. 4m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】图像的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故根据动量定理可得，解得第8s末的速度为，C正确．‎ ‎【点睛】F-t图像的面积是解决本题的关键，在物理中，从图像角度研究问题，需要注意图像的斜率，截图，面积等表示的含义．‎ ‎5.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为△E1、△E2、△E3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（ ）‎ A. △E1＜△E2＜△E3，△P1＜△P2＜△P3‎ B. △E1＜△E2＜△E3，△P1＝△P2＝△P3‎ C. △E1＝△E2＝△E3，△P1＜△P2＜△P3‎ D. △E1＝△E2＝△E3，△P1＝△P2＝△P3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小相等，即（注意方向不同），D正确．‎ ‎6.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）‎ A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量不守恒、机械能不守恒 C. 动量守恒、机械能不守恒 D. 动量不守恒、机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据系统所受合外力是否为零，判断系统动量是否守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；根据物体受力情况分析答题。‎ ‎【详解】该系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统有一定的动能损失，所以系统的机械能也不守恒。故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题要掌握系统动量守恒的条件、机械能守恒的条件是解题的关键，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒．分析清楚运动过程即可正确解题。‎ ‎7.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为‎6Kg.m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为‎2Kg.m/s，则（ ）‎ A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为‎6kg•m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球，根据碰撞过程系统总动量守恒，即，解得所以碰撞后B球的动量是‎10kg•m/s，根据，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确．‎ ‎8.如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧压缩最短的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是（ ）‎ A. I=0，W=mv02 B. I=mv0，W=‎ C. I=2mv0，W=0 D. I=2mv0，W=‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功W=0。从而，木块将以-v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小，故C正确。‎ 点晴：解决本题关键将整个相互作用过程分为木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程和弹簧将木块弹出的过程进行分析，注意动量为矢量，有大小和方向。‎ ‎9.人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m.人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=Mv2+mv1…① 人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小：…② 人相对于地面下降的高度为h，速度大小为： …③ 将②③代入①得： 解得：；故选D．‎ ‎10.如图所示，质量为‎0.5kg的小球在距离车底面高‎20m处以一定的初速度向左平抛，落在以‎7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为‎4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是‎25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（　　）‎ A. ‎5m/s B. ‎4m/s C. ‎8.5m/s D. ‎9.5m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求出小球在落到车底前瞬间的水平速度，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解．‎ ‎【详解】设小球的初速度为，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：，解得，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有，解得，A正确．‎ 二、多项选择题 ‎11.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )‎ A. 过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C. I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D. 过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎12.光滑水平地面上，静止的斜面光滑小车质量为M，高为h，一个质量为m的物体从小车的顶点静止滑下，滑到最低点的过程中。将小车和物体看成系统，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 动量守恒 B. 动量不守恒 C. 机械能守恒 D. 机械能不守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在下降的过程中，系统在水平方向上合力为零，但在竖直方向上合力不为零，故物体和小车在水平方向上的动量守恒；物体对小车的弹力做的功与小车对物体的弹力做的功的代数和为零，故系统机械能守恒，BC正确．‎ ‎13.小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝‎1 kg，mB＝‎2 kg，vA＝‎6 m/s，vB＝‎2 m/s。当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是(　　)‎ A. vA′＝‎1 m/s，vB′＝‎4.5 m/s B. vA′＝‎2 m/s，vB′＝‎4 m/s C. vA′＝－‎4 m/s，vB′＝‎7 m/s D. vA′＝‎7 m/s，vB′＝‎1.5 m/s ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两球碰撞过程，系统不受外力，在碰撞过程中系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不会大于B球的速度．由此分析即可．‎ ‎【详解】考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，D不可能；两球碰撞过程动量守恒，碰撞前总动量为，碰撞前总动能为；A选项中，碰后总动量为，动量守恒，碰后总动能为，总动能不增大，A可能；B选项中，碰后总动量为动量守恒，碰后总动能为，总动能不增大，B可能；C选项中，碰后总动量为，‎ 动量守恒，碰后总动能为，57J，系统总动能增加，C不可能．‎ ‎【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ ‎14.沿同一直线甲、乙两物体分别在合外力 F1 、F2 作用下做直线运动，甲在 t1  时间内，乙在  t2 时间内动量 P随时间 t  变化的 P – t 图像如图 所示，设甲物体在 t1 时间内所受冲量大小为 I1 ，乙物体在 t2 时间内所受冲量大小为 I2 ，则两物体所受外力 F 及其冲量 I 的大小关系是（     ）‎ A. F1> F2‎ B. F1 < F2‎ C. I1> I2‎ D. I1 = I2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由动量定理得，所以，所以两次的冲量大小相等；根据冲量的定义，由图可得，所以，AD正确．‎ ‎15.水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v-t图象如右图所示，已知图中线段AB∥CD，则（ ）‎ A. 两物体受到的摩擦力大小相等 B. 两物体受到的摩擦力大小不等 C. F1的冲量小于F2的冲量 D. F1的冲量等于F2的冲量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】v-t图像的斜率表示加速度，根据题意可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，质量又相等，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，A正确B错误；根据动量定理，对整个过程研究得；由图看出，则有，即的冲量小于的冲量，C正确D错误．‎ 三、计算题 ‎16.如图所示，设质量为M=‎2kg的炮弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m=‎0.5kg的弹头以速度v1=‎100m/s沿v0的方向飞去，另一块以速度v2=‎20m/s沿v0的反方向飞去。求：‎ ‎(1) v0的大小 ‎(2)爆炸过程炮弹所增加的动能 ‎【答案】（1）‎10m/s；（2）2700J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）规定向右为正，爆炸瞬间，弹头和另一块组成的系统在水平方向上动量守恒：，‎ 代入数据，解得；‎ ‎（2）爆炸前的动能为；‎ 爆炸后的动能；‎ 故增加的动能为．‎ ‎17.一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA=‎0.99kg ， mB=‎3kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长。现滑块A被水平飞来的质量为mc=‎10g，速度为‎400m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求：‎ ‎（1）子弹击中A的瞬间A的速度大小 ‎（2）弹簧压缩最短时B的速度大小 ‎（3）运动过程中弹簧的最大弹性势能 ‎【答案】（1）‎4m/s；（2）‎1m/s；（3）6J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 子弹击中A的瞬间，子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，据此可列方程求解A的速度，此过程时间极短，B没有参与，速度仍为零；以子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，系统损失动能最大则弹性势能最，根据动量守恒和功能关系可正确解答．‎ ‎【详解】（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒有，解得：；‎ ‎（2）压缩最短时，子弹和A、B共速，故根据动量守恒可得，‎ 解得；‎ ‎（3）子弹和A碰撞后的总动能转化为三者的动能与弹簧的弹性势能，‎ 当弹簧最短时，弹簧的弹性势能最大，‎ 根据能量守恒可得 代入数据可得 ‎【点睛】解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：‎ ‎（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．‎ ‎（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．‎ ‎18.质量为m的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ ‎，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A和B组成的系统，外力为零，动量守恒，‎ 当两者共速时有，解得；‎ 若要使木块A恰好不从B的右端掉下去，则在两者刚好共速时，A运动到了B的右端，‎ 设B向前运动了x距离；则A向前运动了L+x的距离，‎ 根据速度位移公式可得，，‎ 又知道，‎ 联立解得．‎ ‎19.如图所示，一个半径R=‎0.80m的1/4光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=‎1.25m。在圆弧轨道的最下端放置一个质量mB=‎0.30kg的小物块B（可视为质点）。另一质量mA=‎0.10kg的小物块A（也视为质点）由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，和物块B发生碰撞，碰后物块B水平飞出，其落到水平地面时的水平位移s=‎0.80m。忽略空气阻力，重力加速度g取‎10m/s2，求：‎ ‎（1）物块A滑到圆弧轨道下端时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）物块B离开圆弧轨道最低点时的速度大小；‎ ‎（3）物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能。‎ ‎【答案】（1）3N；（2）‎1.6m/s；（3）0.384J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于物块A在圆弧轨道上下滑的过程，根据机械能守恒定律，求出碰撞前A的速度，根据牛顿第二、第三定律即可求解压力；滑块B做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解；两个滑块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律列式求解出物块B的初速度，然后用碰撞前的总动能减去碰撞后的总动能即可。‎ ‎【详解】（1）物块A在圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 在B点，对物块，根据牛顿第二定律得，‎ 解得：，‎ 由牛顿第三定律知，物块A在圆弧轨道末端对轨道的作用力大小为3N，方向竖直向下；‎ ‎（2）物块B离开圆弧轨道最低点后作平抛运动，设其飞行时间为t，离开圆弧轨道下端时的 速度为，则：，解得，‎ 即物块B离开圆弧轨道最低点时的速度大小为‎1.6m/s；‎ ‎（3）小物块A在圆弧轨道最低点与物块B碰撞过程中动量守恒，设小物块A碰撞后的速度为，则，解得，‎ 碰撞过程中系统损失的机械能 解得： 即物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能为0.384J。‎