物理卷·2018届山东省临沂市临沭一中高二下学期月考物理试卷（3月份）（解析版）

物理卷·2018届山东省临沂市临沭一中高二下学期月考物理试卷（3月份）（解析版）

‎2016-2017学年山东省临沂市临沭一中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度（相对地面）大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是（　　）‎ A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西 C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 ‎2．一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是（　　）‎ A．125 m/s，与v0反向 B．110 m/s，与v0反向 C．240 m/s，与v0反向 D．以上答案均不正确 ‎3．关于光电效应，下列说法正确的是（　　）‎ A．爱因斯坦用光子说成功解释了光电效应 B．入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效应 C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比 D．光电子的最大初动能与入射光频率成正比 ‎4．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　）‎ A．v0﹣v2 B．v0+v2‎ C．v0﹣v2 D．v0+（v0﹣v2）‎ ‎5．如图所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰，碰后A球的速率为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为（　　）‎ A．3：8 B．3：5 C．2：3 D．4：3‎ ‎6．古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为 （　　）‎ A．28N•s B．29N•s C．31N•s D．32N•s ‎7．如图所示，质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B发生正碰后，小球A的速率变为，则碰后B球的速度为（以v的方向为正方向）（　　）‎ A． B．﹣v C．﹣ D．‎ ‎8．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（　　）‎ A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都可能 ‎9．在“验证动量守恒定律”实验中，设入射球、被碰球的质量分别为m1、m2，半径分别为r1、r2，为了减小实验误差，下列说法正确的是（　　）‎ A．m1=m2，r1＞r2‎ B．m1＞m2，r1=r2‎ C．降低斜槽的高度 D．入射小球释放点要适当高一些 ‎10．如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点，已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（　　）‎ A．m1•（﹣）=m2• B．m1•（﹣）=m2•‎ C．m1•（+）=m2• D．m1•=m2•（+）‎ ‎11．如图1所示是研究光电效应的电路．某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电极UAK的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图2所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能 B．甲光与乙光的频率相同，且甲光的光强比乙光强 C．由图中的遏制电压情况可知丙光的频率比甲、乙光的小 D．丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔 ‎12．光滑水平地面上，A，B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（　　）‎ A．A、B系统总动量仍然为mv B．A的动量变为零 C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度相等 ‎13．关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．同一物体的动量越大，其速度一定越大 C．物体的加速度不变，其动量一定不变 D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向 ‎14．质量为m的物体，在水平面上以加速度a从静止开始运动，所受阻力是f，经过时间t，它的速度是v，在此过程中物体所受合外力的冲量大小等于（　　）‎ A． B．mv C．mat D．‎ ‎15．如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB=3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（　　）‎ A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量守恒 ‎16．如图所示，MN和PQ为置于水平面上足够长的光滑导轨，匀强磁场B垂直导轨平面，金属滑杆ab和cd的质量均为m．开始时ab杆静止，并使cd杆有一个方向向右的初速度v0，整个装置的电磁辐射忽略不计，导轨MN和PQ的电阻不计，整个过程中下述说法正确的是（　　）‎ A．系统的机械能守恒 B．两滑杆组成的系统动量守恒 C．滑杆ab做匀加速直线运动 D．整个回路产生的热量Q=‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎17．如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：‎ ‎①A与B碰撞后的共同速度大小；‎ ‎②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．‎ ‎18．如图所示，一个质量为M=50kg的运动员和质量为m=10kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v0=3m/s的速度向墙方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回，当运动员接刭箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以vo=3m/s的速度向墙方向推出箱子．求：‎ ‎①运动员第一次接到木箱后的速度大小；‎ ‎②运动员最多能够推出木箱几次？‎ ‎19．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．‎ ‎20．如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M=8kg，在小车水平面A处放有质量为m=2kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB相接，物块与水平面AB部分问的动摩擦因数μ=0.2，现给物块一个I=10N•s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升，然后又能返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，求：‎ ‎（1）从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为多少？‎ ‎（2）物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为多少？‎ ‎（3）小车上平面AB长为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省临沂市临沭一中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度（相对地面）大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是（　　）‎ A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西 C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】三块爆竹水平方向所受外力为零，故爆炸前后水平方向动量守恒．‎ ‎【解答】解：设爆炸前的速度为v，爆炸后的速度为v前后以及v′，设向东为正方向，根据水平方向动量守恒：‎ ‎3mv=mv前后+mv′﹣mv前后 得：v′=3v，方向向东；‎ A、爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，A正确；‎ B、爆炸后的瞬间，中间那块的速度一定向东，故B错误；‎ C、爆炸后三块做平抛运动，竖直方向h=gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，就前后两块则水平方向分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，故C错误；‎ D、中间那块的动能m（3v）2＞•3m•v2，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．一颗手榴弹以v0‎ ‎=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是（　　）‎ A．125 m/s，与v0反向 B．110 m/s，与v0反向 C．240 m/s，与v0反向 D．以上答案均不正确 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】手榴弹在空中爆炸过程，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒．根据动量守恒定律求出质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向．‎ ‎【解答】解：根据动量守恒定律得，Mv0=m1v1+m2v2．‎ ‎0.6×10=0.2×250+0.4×v2，解得v2=﹣110m/s．负号表示方向，与v0反向．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．关于光电效应，下列说法正确的是（　　）‎ A．爱因斯坦用光子说成功解释了光电效应 B．入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效应 C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比 D．光电子的最大初动能与入射光频率成正比 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率．根据光电效应方程得出光电子的初速度、最大初动能与光子频率的关系．‎ ‎【解答】解：A、因斯坦用光子说成功解释了光电效应，故A正确．‎ B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度与照射的时间无关，故B正确．‎ C、根据光电效应方程EKm=hv﹣W0知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大而增大，不是成正比关系．光电子的初速度与光的频率也不是成正比．故CD错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎4．一枚火箭搭载着卫星以速率v0‎ 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　）‎ A．v0﹣v2 B．v0+v2‎ C．v0﹣v2 D．v0+（v0﹣v2）‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定正方向，结合动量守恒定律求出分离后卫星的速率．‎ ‎【解答】解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：‎ ‎（m1+m2）v0=m2v2+m1v1‎ 解得：．‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰，碰后A球的速率为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为（　　）‎ A．3：8 B．3：5 C．2：3 D．4：3‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】以A、B两球组成的系统为研究对象，在碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两球的质量之比．‎ ‎【解答】解：碰撞瞬时动量守恒，规定向右为正方向，则有：‎ ‎，‎ 解得： =或=，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为 （　　）‎ A．28N•s B．29N•s C．31N•s D．32N•s ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】由题意可知初速度、末速度，则直接由动量定理可求得冲量的大小．‎ ‎【解答】解：设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0=15m/s；末速度为v=﹣1m/s；‎ 则由动量定理可知：‎ I=mv﹣mv0=﹣2﹣2×15=﹣32N•s；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B发生正碰后，小球A的速率变为，则碰后B球的速度为（以v的方向为正方向）（　　）‎ A． B．﹣v C．﹣ D．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰撞过程中动量守恒，本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞，碰后动能小于等于碰前动能．‎ 碰后A球的速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．‎ ‎【解答】解：以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv=mvA+3mvB，‎ 碰撞后A的方向可能与初速度方向相同，也可能相反，即：vA=±，‎ 解得：vB=或，‎ 其中当vB=＜还要发生第二次碰撞，这不可能，故此答案舍去；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（　　）‎ A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都可能 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向右，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向右做匀加速运动，M继续向右做匀减速运动，最后两者一起向右匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况．‎ ‎【解答】解：开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ ‎（M﹣m）v=Mv1 ‎ 代入解得：v1=2.67m/s．‎ 此后m将向右加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．规定向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（M﹣m）v=（M+m）v2，‎ 代入解得：v2=2m/s．‎ 两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．‎ 由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中．故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．在“验证动量守恒定律”实验中，设入射球、被碰球的质量分别为m1、m2，半径分别为r1、r2，为了减小实验误差，下列说法正确的是（　　）‎ A．m1=m2，r1＞r2‎ B．m1＞m2，r1=r2‎ C．降低斜槽的高度 D．入射小球释放点要适当高一些 ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】明确实验中误差存在原因，明确为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量，同时为了减小误差可以适当提高入射球释放的高度．‎ ‎【解答】解：A、在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，故有：‎ m1v0=m1v1+m2v2‎ 在碰撞过程中动能守恒故有：‎ m1v02=m1v12+m2v22‎ 解得：v1=v0，要碰后入射小球的速度v1＞0，即不被反弹，要求m1﹣m2＞0，即m1＞m2，同时为了发生对心碰撞，两球的半径必须相等，故A错误，B正确；‎ C、为了减小误差，使碰撞过程物理量便于测量，应该适当增大入射小球是速度，即入射小球释放点要适当高一些，同时可以增高斜槽的高度，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点，已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（　　）‎ A．m1•（﹣）=m2• B．m1•（﹣）=m2•‎ C．m1•（+）=m2• D．m1•=m2•（+）‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；‎ ‎【解答】解：不放被碰小球时，落点为P，则水平位移为OP；放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点，则水平位移为OM和O'N；‎ 碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，‎ 小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，‎ m1v1t=m1v1′t+m2v2t 得：m1=m1+m2；变形可得：‎ m1•（﹣）=m2•，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图1所示是研究光电效应的电路．某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电极UAK的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图2所示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能 B．甲光与乙光的频率相同，且甲光的光强比乙光强 C．由图中的遏制电压情况可知丙光的频率比甲、乙光的小 D．丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．‎ 光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．‎ ‎【解答】解：ABC、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，乙光对应的截止频率小于丙光的截止频率，‎ 根据eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；‎ 丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；‎ 丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．‎ 更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同；‎ 由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的光强大于乙光的光强，故AB正确，C错误；‎ D、由上分析可知，丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，但丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔与甲、乙光相应的时间间隔一样的，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎12．光滑水平地面上，A，B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（　　）‎ A．A、B系统总动量仍然为mv B．A的动量变为零 C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度相等 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】‎ A和B组成的系统，动量守恒，当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等．‎ ‎【解答】解：A、A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv．故A正确．‎ B、弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零．故B错误，D正确．‎ C、A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最短时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速．所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值．故C错误．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎13．关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．同一物体的动量越大，其速度一定越大 C．物体的加速度不变，其动量一定不变 D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向 ‎【考点】动量 冲量．‎ ‎【分析】动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．‎ ‎【解答】解：A、惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；‎ B、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B正确．‎ C、加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；‎ D、动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，不是位移方向，故D错误，‎ 故选B ‎　‎ ‎14．质量为m的物体，在水平面上以加速度a从静止开始运动，所受阻力是f，经过时间t，它的速度是v，在此过程中物体所受合外力的冲量大小等于（　　）‎ A． B．mv C．mat D．‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出物体的合力，结合冲量的公式求出合力的冲量，或通过动量的变化量，结合动量定理求出合外力的冲量．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得物体所受的合力为：F合=ma，‎ 则物体所受合外力的冲量为：I=F合t=mat．‎ 根据动量定理得：I=mv﹣0，‎ 则合外力的冲量为：I=mv．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB=3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（　　）‎ A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量守恒 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断．‎ ‎【解答】解：A、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，但重力不等则A、B所受摩擦力大小μmg不相等，则合外力不为零，AB系统不满足动量守恒，A错误；‎ B、AC、BC之间的摩擦力属于内力，A、B、C组成系统所受外力为零，无论摩擦因数是否相同，A、B、C组成的系统都满足动量守恒，B错误CD正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，MN和PQ为置于水平面上足够长的光滑导轨，匀强磁场B垂直导轨平面，金属滑杆ab和cd的质量均为m．开始时ab杆静止，并使cd杆有一个方向向右的初速度v0，整个装置的电磁辐射忽略不计，导轨MN和PQ的电阻不计，整个过程中下述说法正确的是（　　）‎ A．系统的机械能守恒 B．两滑杆组成的系统动量守恒 C．滑杆ab做匀加速直线运动 D．整个回路产生的热量Q=‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动量守恒定律；功能关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据机械能守恒的条件判断机械能守恒；根据动量守恒的条件判断；‎ 对全过程由动量守恒求出末速度，然后由能量守恒定律可求得电流产生的热量．‎ ‎【解答】解：A、该过程中有一部分的机械能转化为内能，所以机械能不守恒．故A错误；‎ B、该过程中两滑杆组成的系统水平方向不受力，竖直方向受到的合外力等于0，所以系统的动量守恒．故B正确；‎ C、开始时cd的受到大于ab的速度，则cd上产生的电动势大于ab上产生的电动势，所以电路中存在电流，根据楞次定律可知，cd将做减速运动，ab做加速运动；随二者速度差的减小，电路中的电流减小，所以二者的加速度逐渐减小，滑杆ab做加速度减小的加速直线运动．故C错误；‎ D、当ab滑杆与cd滑杆的速度相等时，两个滑杆上产生的电动势大小相等，电路中不再有感应电流，则两滑杆一起做匀速直线运动，设共同速度为v，选取向右为正方向，则由动量守恒得：mv0=2mv 由能量守恒定律可知，产生的热量为：Q=mv02﹣v2‎ 联立得：Q=；故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 三、解答题 ‎17．如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：‎ ‎①A与B碰撞后的共同速度大小；‎ ‎②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①A、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后B的速度；‎ A、B碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度；‎ ‎②由能量守恒定律可以求出A、B碰撞过程系统增加的内能．‎ ‎【解答】解：①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mvA，‎ A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mvA=（m+M）v，‎ 代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；‎ ‎②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：‎ ‎△E=mvA2﹣（M+m）v2，‎ 解得：△E=1.5J；‎ 答：①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；‎ ‎②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一个质量为M=50kg的运动员和质量为m=10kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v0=3m/s的速度向墙方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回，当运动员接刭箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以vo=3m/s的速度向墙方向推出箱子．求：‎ ‎①运动员第一次接到木箱后的速度大小；‎ ‎②运动员最多能够推出木箱几次？‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】当运动员的速度大于等于箱子的速度时，运动员不能再接住箱子；‎ 运动员与箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出运动员的速度与运动员接住箱子的次数．‎ ‎【解答】解：①以运动员与箱子组成的系统为研究对象，在运动员推出箱子与接住箱子的过程中，系统动量守恒，‎ 以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ 第一次推出箱子过程：Mv1﹣mv0=0，‎ 第一次接住箱子过程：Mv1+mv0=（M+m）v1′，‎ 解得：v1′===1m/s；‎ ‎②以运动员与箱子组成的系统为研究对象，在运动员推出箱子与接住箱子的过程中，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ 第二次推出箱子过程：（M+m）v1′=Mv2﹣mv0，‎ 第二次接住箱子过程：Mv2+mv0=（M+m）v2′，‎ 解得：v2=‎ ‎…‎ 运动员第n次接住箱子时的速度为：vn=n（n=1、2、3…，‎ 当vn=n≥v0时，运动员不能再接住箱子，‎ 解得：n≥3，则运动员最多能够推出箱子3次；‎ 答：①运动员第一次接到木箱后的速度大小为1m/s；‎ ‎②运动员最多能够推出木箱3次．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】A与C碰撞过程动量守恒列出等式，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，由动量守恒定律列出等式，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足速度相等．‎ ‎【解答】解：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mCvC，①‎ A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB②‎ A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB=vC ③‎ 联立①②③式解得：vA=2m/s．‎ 答：A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小是2m/s ‎　‎ ‎20．如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M=8kg，在小车水平面A处放有质量为m=2kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB相接，物块与水平面AB部分问的动摩擦因数μ=0.2，现给物块一个I=10N•s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升，然后又能返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，求：‎ ‎（1）从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为多少？‎ ‎（2）物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为多少？‎ ‎（3）小车上平面AB长为多少？‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是明确物块返回至A点过程中，根据水平方向动量守恒定律和全过程能量守恒定律联立即可求解；题（2）的关键是明确物块上升到最高时两者具有相同的速度，根据水平方向动量守恒定律并结合Q=f得出与损失能量△E关系，联立即可求解；题（3）的关键是根据Q=即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）：设物块获得的初速度为，由动量定理应有：I=m﹣0…①‎ 设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律应有： =（m+M）v…②‎ 根据能量守恒定律应有： =…③‎ 联立①②③可得： =20J；‎ ‎（2）：物块上升到最大高度时竖直速度为0，物块与小车具有相同的水平速度，‎ 在水平方向根据动量守恒定律应有：m=（m+M）…④‎ 物块从A到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有： m﹣=+mgh…⑤‎ 根据题意， =…⑥‎ 联立①④⑤⑥解得：h=0.5m；‎ ‎（3）：根据“摩擦生热”公式应有：Q=f=…⑦；‎ 联立⑥⑦两式并代入数据解得： =2.5m；‎ 答：（1）从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为20J ‎（2）物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为0.5m ‎（3）小车上平面AB长为2.5m