【物理】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考试题 （解析版）

【物理】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考试题 （解析版）

河北省石家庄市第二中学2019-2020学年 高一下学期4月月考试题 一、选择题（1-11为单选；12-20为多选）‎ ‎1.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球的动量是‎7 kg·m/s，B球的动量是‎5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　 　)‎ A. pA＝‎6 kg·m/s，pB＝‎6 kg·m/s B. pA＝‎3 kg·m/s，pB＝‎9 kg·m/s C. pA＝－‎2 kg·m/s，pB＝‎14 kg·m/s D. pA＝－‎4 kg·m/s，pB＝‎17 kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：；系统的总动量：p=‎7kg•m/s+‎5kg•m/s=‎12kg•m/s； A、若碰后甲、乙两球动量为：pA=‎6kg∙m/s，pB=‎6kg∙m/s，系统的总动量 p′=‎6kg∙m/s+‎6kg∙m/s=‎12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能减小，是可能的，故A正确． B、若碰后甲、乙两球动量为：pA=‎3kg∙m/s，pB=‎9kg∙m/s，系统的总动量 p′=‎3kg∙m/s+‎9kg∙m/s=‎12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能增大，是不可能的，故B错误． C、若碰后甲、乙两球动量为：pA=‎-2kg∙m/s，pB=‎14kg∙m/s，系统的总动量 p′=‎-2kg∙m/s+‎14kg∙m/s=‎12kg•m/s，动量守恒．总动能：，总动能增加，是不可能的，故C错误． D、若碰后甲、乙两球动量为：pA=‎-4kg∙m/s，pB=‎17kg∙m/s，系统的总动量 p′=‎-4kg∙m/s+‎17kg∙m/s=‎13kg•m/s，动量不守恒，不可能，故D错误．故选A．‎ ‎2.质量为‎1.0kg的小球从高‎20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为‎5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取‎10m/s2）‎ A. 10N·s B. 20N·s C. 30N·s D. 40N·s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh1=mv12-0， 代入数据解得：v1=‎20m/s，方向竖直向下； 小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-mv22， 代入数据解得：v2=‎10m/s，方向竖直向上； 以竖直向上为正方向，由动量定理得： I=mv2-mv1=‎1kg×‎10m/s‎-1kg×（‎-20m/s）=30N•s，方向竖直向上；故选C．‎ ‎3.如图所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是 ( )‎ A. h B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设球A与球B碰撞前一瞬间，球A的速度大小为根据机械能守恒得：‎ 球A和球B碰撞过程动量守恒，即： ‎ 设两球粘到一起后，能上升的最大高度为 由机械能守恒得：‎ 联立各式解得：‎ 故本题正确答案选C．‎ ‎4.如图所示，一个质量为m1=‎50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2=‎20kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h=‎5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（ ）‎ A ‎5 m ‎B. ‎3.6 m ‎C. ‎2.6 m ‎D. ‎‎8 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得则m1v1=m2v2，所以，气球和人运动的路程之和为h=‎5m，则，，即人下滑，气球上升，所以人离地高度为，约等于‎3.6m．故选B．‎ ‎5.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为‎1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为‎3000kg向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以‎20m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率 A. 小于‎10m/s B. 大于‎10m/s小于‎20m/s C. 大于‎20m/s小于‎30m/s D. 大于‎30m/s小于‎40m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，选择向南为正方向，根据动量守恒定律，有： 因而 ，代入数据，可得：，故选项A正确，选项BCD错误．‎ 点睛：该题考查动量守恒定律的一般应用，情景比较简单，解答本题关键判断碰撞过程系统动量守恒，然后根据动量守恒定律列式分析．‎ ‎6.如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间（　　）‎ A. A、B的速度变为，C的速度仍为0‎ B. A、B、C的速度均为 C. A、B的速度变为，C的速度仍为0‎ D. A、B、C的速度均为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv=2mv′,解得v′=,A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎7.半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（ ）‎ A. 两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等 B. 两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等 C. 甲、乙两球的动量相同 D. 甲球的动量不为零，乙球的动量为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析： 根据动量与动能关系可知，根据动量守恒可各，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A错误；碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等 ，所以选项B错误；两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，所以选项C正确；因碰撞后，甲乙都沿甲原来的方向运动，故乙的动量不为零，所以选项D错误；‎ 考点： 动量守恒定律 ‎8.一质量为‎0.5kg的小球A以‎2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为‎1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以‎0.2m/s的速度反弹。则B球获得的速度大小为（　　）‎ A. ‎‎0.5‎m/s B. ‎1.1m/s C. ‎2m/s D. ‎2.2m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以A球的速度方向为正方向，则在碰撞过程，由动量守恒定律得 代入数据解得 故B正确，ACD错误。‎ ‎9.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上完全，这是因为（ ）‎ A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小 C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的．故B错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确．故选D．‎ ‎10.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是(　　)‎ A. 总动量守恒 B 机械能守恒 C. 水平方向动量守恒 D. 竖直方向动量守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大作用力，所以爆炸装置的总动量不守恒，A错误．‎ B．爆炸时，化学能转化为机械能，机械能不守恒，B错误．‎ CD．钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而水平方向是守恒的，C正确，D错误；‎ 故选C．‎ ‎11.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共‎120kg。这个士兵用自动步枪在2s时间内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是‎10g，子弹离开枪口时相对枪口的速度是‎800m/s。射击前皮划艇是静止的（　　）‎ A. 每次射击后皮划艇的速度改变‎2m/s B. 连续射击后皮划艇的速度是‎2m/s C. 每次射击后子弹的速度改变m/s D. 连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约40N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于子弹的质量相对装备和皮划艇的总质量小得多，则可以忽略 A．射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒可知 mv-Mv′=0‎ 代入数据解得 v′=v≈‎0.067m/s 故A错误；‎ BC．连续射击2s过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有 ‎10mv-Mv″=0‎ 代入数据解得 v″==‎0.67m/s 船的速度改变‎0.67m/s，所以射出10发子弹后，子弹速度的改变量为‎0.67m/s，即m/s，故BC错误；‎ D．每颗子弹的发射时间为 t=s=0.2s 对子弹，由动量定理可知 Ft=mv-0‎ 代入数据解 F==40N 由牛顿第三定律可知，枪受到的平均作用力 F′=F=40N 故D正确。‎ ‎12.如图所示，小球A的质量为mA=‎5kg，动量大小为pA=‎4kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′=‎1kg·m/s，方向水平向右，则（　　）‎ A. 碰后小球B的动量大小为pB=‎3kg·m/s B. 碰后小球B的动量大小为pB=‎5kg·m/s C. 小球B的质量为‎15kg D. 小球B的质量为‎3kg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 故A正确，B错误；‎ CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故 ‎=＋‎ 解得 mB=‎‎3kg 故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎13.水平抛出在空中飞行的物体，不计空气阻力，则（　　）‎ A. 在相等的时间间隔内动量的变化相同 B. 在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向 C. 在任何时间内，动量对时间的变化率恒定 D. 在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水平抛出的物体所受的合力为重力，则相等时间内重力的冲量相等，根据动量定理知，动量的变化相同，故A正确；‎ B．合力的冲量等于动量的变化量，合力冲量的方向竖直向下，则动量变化的方向竖直向下，故B正确；‎ CD．根据动量定理有 mgΔt=Δp 则动量的变化率 ‎=mg 知动量的变化率恒定，等于重力，故C正确，D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎14.如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝‎2 kg、mB＝‎4 kg，速率分别为vA＝‎5 m/s、vB＝‎2 m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则 A. 它们碰撞后的总动量是‎18 kg·m/s，方向水平向右 B. 它们碰撞后的总动量是‎2 kg·m/s，方向水平向右 C. 它们碰撞后B小球向右运动 D. 它们碰撞后B小球可能向左运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：设向右为正方向，则碰前总动量为：p="mAvA-mBvB=2" kg • m/s，方向向右，选项A错误，B正确；假如碰后B球向左运动，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，故不可能；假如碰后B球静止，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，也不可能；故碰撞后B小球必然向右运动，选项C 正确，D错误．‎ 考点：动量守恒定律的应用．‎ ‎15.如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d．m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中(　　)‎ A. m1的最小速度是0 B. m1的最小速度是v1‎ C. m2的最大速度是v1 D. m2的最大速度是v1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当与相距最近后，继续前行，两物体组成的系统水平方向不受外力，故动量守恒；由动量守恒及机械能守恒定律分析过程可知两小球的运动情景．‎ ‎【详解】从小球到达最近位置后继续前进，此后拉到前进，减速，加速，达到共同速度时两者相距最远，此后继续减速，加速，当两球再次相距最近时，达到最小速度，达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，，；解得，，故的最大速度为，的最小速度为，BD正确．‎ ‎【点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答．‎ ‎16.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(　　)‎ A. m(v－v0) B. mgt C. m D. m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动量定理，物体动量的变化应该等于初末动量的矢量差，而不是代数差，选项 A错误。‎ B．由动量定理I合=Δp知 Δp=mgt 因此B正确。‎ CD．由公式 Δp=mΔv=mvy= m= m 则C和D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎17.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)‎ A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为 B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动 C. 小球离车后，对地将做自由落体运动 D. 此过程中小球对车做的功为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，则：‎ mv0=2mv 得：‎ 选项Ａ正确；‎ B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得：‎ mv0=mv1+mv2‎ 由动能守恒得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ v1=0‎ v2=v0‎ 所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确。‎ D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：‎ 故D正确。‎ ‎18.如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M=‎1.5 kg的木板A,木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m=‎0.9kg的物块B，现有一颗质量为m0=‎0.1kg的子弹C以v0=‎‎500m ‎/s的速度水平击中物块并嵌人其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有（ ）‎ A. A、B、C组成的系统动量守恒 B. A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 C. 子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45N·s D. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为‎25 m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水平地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确； B、子弹击中木块过程系统要克服摩擦力做功，机械能有损失，因此A、B、C与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C、子弹击中物块的过程中子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m+m0）v，解得：v=‎50m/s，子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量：I=△p=mv-0=0.9×50=45N•s，故C正确； D、弹簧被压缩到最短时，A、B、C的速度相等，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m+m0+M）v′，解得：v′=‎20m/s，弹簧被压缩到最短时木板的速度为‎20m/s，故D错误； 故选AC。‎ ‎19.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L．乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）‎ A. 甲、乙两车运动中速度之比为 B. 甲、乙两车运动中速度之比为 C. 甲车移动的距离为 D. 乙车移动的距离为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，则A符合题意，B不符合题意；‎ CD.由动量守恒定律：‎ Mx甲=（M＋m）x乙 x甲＋x乙=L 解得：‎ ‎， ；‎ 则CD符合题意．‎ ‎20.如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑的水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）‎ A. a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒 B. a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒 C. a离开墙壁后，a和b系统的动量守恒 D. a离开墙壁后，a和b系统的动量不守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统所受合外力等于墙壁的弹力，合外力不为零，系统的动量不守恒，故A错误，B正确；‎ CD．a离开墙壁后，a和b组成的系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎21.在“验证动量守恒定律”的实验中：‎ ‎(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是______________________，其目的是X减小实验中的________(选填“系统误差”或“偶然误差”)．‎ ‎(2)入射小球每次必须从斜槽上______________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同．‎ ‎(3)入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1＞m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置(如图所示)，若满足____________________(用m1、m2、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；若还满足_____________________(只能用OM、OP、ON表示)，则说明碰撞前后动能也相等．‎ ‎【答案】 (1). 用圆规画一个尽可能小圆,把尽可能多的落点圈在圆内,圆心即平均位置 偶然误差 (2). 同一位置由静止开始 ‎ ‎(3). m1·OP=m1·OM＋m2·ON OP=ON－OM ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，确定落点平均位置的方法是最小圆法，用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小偶然误差；‎ ‎(2) 为了保证小球每次到达斜面末端时速度相同，应让小球每次从同一位置由静止滑下；‎ ‎(3) 设落地时间为t，则有： ‎ 而动量守恒的表达式是： ‎ 所以若两球相碰前后的动量守恒，则有：成立；‎ 若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：‎ ‎ ‎ 即成立 联立可得：．‎ 三、计算题 ‎22.如图所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、‎2m和‎4m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：‎ ‎(1)C与A碰撞前的速度大小；‎ ‎(2)A、B间由于摩擦产生的热量．‎ ‎【答案】(1)v0　(2)mv02‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）取向右为正方向．对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：（m+‎2m）v0-4mvc=0 解得，C与A碰撞前的速度大小 vc=v0                           （2）A、C碰后连成一体，设速度为v共． 根据动量守恒定律得 mv0-4mvc=（m+‎4m）v共； 解得 v共=-v0 根据能量守恒定律得，摩擦生热 Q=（m+‎4m）v共2+•2mv02-0 解得 Q=m v02‎ ‎ ‎