安徽省临泉县田家炳实验中学2020学年高二物理下学期月考试题（含解析）

安徽省临泉县田家炳实验中学2020学年高二物理下学期月考试题（含解析）

安徽省临泉县田家炳实验中学2020学年高二物理下学期月考试题（含解析） ‎ 一、单选题 ‎1. 下列关于动量的说法中，正确的是 A. 质量大的物体动量一定大 B. 速度大的物体动量一定大 C. 两物体动能相等，动量不一定相等 D. 两物体动能相等，动量一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式可得出两物体动能相同，但质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错，C正确。‎ 考点：考查了对动量的理解 ‎2.人从高处跳到低处时，一般都是让脚尖部分先着地并弯曲下肢，这是为了 A. 减小冲量 B. 使动量的增量变得更小 C. 增长人与地面的作用时间，从而减小受力 D. 增大人对地的压强，起到安全作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=∆P；而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力，故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎3.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek.若上述过程F不变，物体的质量变为，以下说法正确的是(　　)‎ A. 经过时间2t，物体动量变为2p B. 经过位移2L，物体动量变为2p C. 经过时间2t，物体动能变为4Ek D. 经过位移2L，物体动能变为4Ek ‎【答案】A ‎【解析】‎ 以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：Ft=△P，当时间变为2t后，动量变为2P，故A正确；根据：，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故C错误；经过位移2L，根据动能定理，有：FL=Ek，故位移变为2倍后，动能变为2Ek，故D错误；根据，动能变为2倍，质量减半，所以动量不变，故B错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎4.如图所示，质量为mI=2Kg的小球P从离水平面高度为h=0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为mQ=2Kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/s B. P球与滑块Q碰撞前的动量为16Kg·m/s C. 它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/s D. 当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为16J ‎【答案】C ‎【解析】‎ P球下滑的过程，由机械能守恒定律得：mPgh=mpv02，得 ‎，故A错误。B、P球与滑块Q碰撞前的动量为p=mPv0=2×4=8 kg•m/s，故B错误。设它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mPv0=（mP+mQ）v，解得 v=2m/s，故C正确。当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为 Ep=mPv02-（mP+mQ）v2，解得 Ep=8J，故D错误。故选C.‎ 点睛：解决本题时，要理清两球的运动过程，把握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，要知道弹簧弹性势能最大的条件是两球速度相同。‎ ‎5.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知mA＜mB，经过相同的路程后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（　　）‎ A. 静止 B. 向右运动 C. 向左运动 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两个推力等大、反向，作用距离相同，由动能定理知，撤去两力时A、B两物体具有相同的动能；‎ 动量 ，已知，则，两物体组成的系统初动量方向向左，两物体碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，碰撞后系统速度方向向左，相碰后A、B一起向左运动．‎ ‎6.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，B球的动量。当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从碰撞前后动量守恒 可知，A、B、D三种情况皆有可能；从碰撞前后总动能的变化看，总动能只有守恒或减少， 知D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示，一轻质弹簧，两端连着物体A和B放在光滑水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中，已知物体A的质量为物体B的质量的，子弹的质量是物体B质量的．弹簧被压缩到最短时物体B的速度为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹簧被压缩到最短。‎ 设B的质量为m，根据动量守恒定律可得：‎ 由此解得：，故选项B正确，选项ACD错误。‎ 点睛：本题考查了动量守恒综合问题，解答这类问题的关键是弄清运动过程，正确选择状态，然后根据动量守恒列方程求解。‎ 二、多选题 ‎8.质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小和B球的速度大小可能为　　‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不满足，ABC满足；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，B选项碰撞前总动能为，B选项碰撞后总动能为，B不满足，AC满足；故AC正确，BD错误。故选AC。‎ ‎9.将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为。现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是 （ ）‎ A. 若m0=3m，则能够射穿木块 B. 若m0=3m，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动 C. 若m0=3m，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零 D. 若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2；则必有v1＜v2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 木块固定时，子弹射穿木块，设木块长度为d，对子弹，由动能定理得： 。木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设前后能穿出；由动量守恒定律得：mv0=（m0+m）v，由能量守恒定律得：，Q=fd，解得：m0=8m，则子弹要穿出木块m0≥8m，故AC错误，B正确；子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，子弹以4v0速度射向木块时，木块也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹是越大，子弹穿过木块的时间t越短，子弹穿过木块时受到的阻力f相同，对木块，由动量定理得：ft=m0v可知，时间t越短，木块获得的速度越小，则v2＜v1，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎10.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ）‎ A. 人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B. 人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等 C. 不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D. 人走到船尾不再走动，船则停下 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为．人走的方向为正方向，，解得：，即：所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确；人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为和，加速度与它们质量成反比，故二者速度之比等于质量的反比，故不相等，故B错误；人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，不管人如何走动，两者动量总和总是为零，两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比，故C正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D正确．‎ 考点：考查了动量守恒定律的应用 三、实验题探究题 ‎11.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律．‎ ‎（1）为了减小实验误差，下列做法合理的是____．‎ A．减小斜槽对小球A的摩擦 B．多次将A球从不同的位置释放 C．保证斜槽末端的切线沿水平方向 D．两球的质量和半径都一样大 ‎（2）图乙是B球的落点痕迹，刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为______cm．‎ ‎（3）以下选项中，________是本次实验必须进行测量的．‎ A．水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，A球的落点位置到O点的距离 C．下落时间 D．水平槽面到纸面的高度 E．A球释放点相对于水平槽面的高度 F．A球和B球的质量（或两球质量之比）‎ ‎【答案】 (1). （1）C (2). （2）64.45（64.42cm〜64.49cm之间均可） (3). （3）ABF ‎【解析】‎ ‎（1）为了保证小球离开斜槽的速度相等，每次从同一高度由静止释放A球，斜槽不需要光滑，故A、B错误．为了保证小球从斜槽射出的速度水平，保证斜槽末端切线水平方向，故C正确．实验时要发生对心碰撞，两球的半径要一样大，为了保证A球不反弹，A球的质量需大于B球的质量，故D错误．故选C．‎ ‎（2）碰撞后B球的水平射程落点如图所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.45cm；‎ ‎（3）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，又因下落时间相同，即可求得：maOB=maOA+mbOC，可知需要测量的物理量是水平槽上未放B球时，A球的落地点到O点的距离OP，A球与B球碰撞后，A、B两球落点到O点的距离OM和ON，需要测量A球和B球的质量，不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故选ABF．‎ 点睛：掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．‎ ‎12.某实验小组利用图示装置验证动量守恒定律，光滑水平桌面上有一轻弹簧，原长很短，小球A、B将弹簧压缩至某一长度后由静止释放，A、B被弹开后沿桌面边缘飞出，落至水平地面上的M、N两点。用天平测出小球A、B的质量m1、m2，用刻度尺测量M、N点到桌面左右边缘的水平距离分别为x1、x2。已知重力加速度为g ‎①只要实验数据满足关系式_________(用以上物理量符号表示)，就能验证动量守恒定律。‎ ‎②该小组认为，利用此实验的装置及测量仪器还可以测定弹簧被压缩时的弹性势能。那么除了以上测量数据，还必须测量__________(用文字及相应符号表示)，弹性势能的表达式为：_______________(用以上对应物理量符号表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 桌面离地面的高度h (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)球离开桌面后做平抛运动，取A的初速度方向为正方向，两球质量和平抛初速度分别为：m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t．需要验证的方程：，其中，代入得到：；‎ ‎(2)平抛运动竖直方向：，得到：，对系统根据能量守恒定律有：，代入速度和时间得到：，故还需要测量桌面到地面的高度h。‎ ‎【点睛】由静止释放后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．即可进行分析求解，对系统根据能量守恒定律列式可得到弹性势能的表达式；‎ 四、计算题 ‎13.用发射装置竖直向上发射一弹丸，弹丸质量为m，当弹丸运动到距离地面60m的最高点时，爆炸成为甲、乙两块沿竖直方向飞出，甲、乙的质量比为1：4，爆炸后经t1=2s甲运动到地面．不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）爆炸后甲运动的初速度v1；‎ ‎（2）爆炸后乙运动到地面所用的时间t2．‎ ‎【答案】（1） 向下（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）爆炸后甲向下做匀加速运动，加速度为g，则有，‎ 可得，方向向下；‎ ‎（2）对于爆炸过程，取向下为正方向，根据动量守恒定律得；‎ 得，方向向上；‎ 则，解得．‎ ‎14.（9分）如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方。 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。 当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。　‎ ‎（i）B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎（ii）P点距离地面的高度。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有 可得B球第一次到达地面时的速度 ‎（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度 设B球的速度为， 则有碰撞过程动量守恒 碰撞过程没有动能损失则有 解得，‎ 小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度 所以P点的高度 考点：动量守恒定律 能量守恒 ‎15.如图所示，在光滑绝缘的水平面上的A、B两点分别放置质量为m和2m的两个点电荷QA和QB．将两个点电荷同时释放，已知刚释放时QA的加速度为a，经过一段时间后（两电荷未相遇），QB的加速度也为a，且此时QB的速度大小为v，问：‎ ‎（1）此时QA的速度和加速度各多大？‎ ‎（2）这段时间 内QA和QB构成的系统增加了多少动能？‎ ‎【答案】(1)2v，2a；(2)3mv2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）两电荷间的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，方向相反，‎ 由牛顿第二定律得：对QB：F=2maB=2ma，‎ 对QA：F=maA，‎ 解得：aA=2a，‎ 两电荷组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以QB的速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：2mv-mvA=0，‎ 解得：vA=2v；‎ ‎（2）QA和QB构成的系统增加的动能为：‎ EK=m(2v)2+∙2mv2=3mv2；‎ ‎16.如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求 ‎(1)物块在水平面上滑行的速度大小；‎ ‎(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。‎ ‎（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。‎ ‎【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，‎ 由机械能守恒定律得：mv02＝(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，‎ 解得：；‎ ‎（2）对物块，由机械能守恒定律得：mv02＝mv12+mgR(1−cosθ)，‎ 解得： ；‎ 物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，‎ 物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=，‎ 由机械能守恒定律得：mv02=mgh+mv22，‎ 解得：h=R；‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。‎