高中云南省罗平二中高二上学期第一次月考物理试题[答案解析]

云南省罗平二中【精品】高二上学期第一次月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是（）
A．若一个物体的动量发生变化，则动能一定变化
B．若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化
C．匀速圆周运动的物体，其动量保持不变
D．一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。

则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）
A．动量守恒，机械能不守恒B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒3．质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t，且v t＝0.5v0，则( )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大
B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为3
2
mv0
D．整个过程中物体动量变化量为1
2
mv0
4．体育课上，跳高运动必须在地上垫上泡沫垫，跳远运动需要沙坑．这样做的目的是（）
A．减小地面对人的冲量
B．减小人动量变化量
C．延长与地面的作用时间，从而减小冲力，起到安全作用
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
5．一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程球棒与球的接触时间为0.01s，则球棒对球的平均作用力为（）
A．大小1080N，方向向右B．大小1080N，方向向左
C．大小360N，方向向右D．大小360N，方向向左
6．如图所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为
它们碰撞前后的s-t（位移－时间）图像。

已知m1＝0.1 kg。

由此可以判断下列说法错误
．．的是（）
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2向右运动，m1向左运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
7．如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v B．mv0cosθ＝(m＋M)v
C．mgh＝1
2
m(v0sinθ)2D．
1
2
(m＋M)v2＝
1
2
mv02+ mgh
二、多选题
8．如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行，甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（）
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
9．如图所示，光滑水平面上有两木块A 和B ，质量均为m ．B 的左侧固定一轻弹簧，B 和弹簧是静止的，A 以速度0v 向右运动．在碰撞过程中,下述说法正确的是
A ．任意时刻，A 、
B 组成系统的动能不变
B ．任意时刻，A 、B 组成系统的动量守恒
C ．任意相等时间，A 、B 所受冲量的大小相等
D ．当弹簧由压缩而又恢复原长时，A 速度为0，B 以速度0v 运动
10．如图所示，用长为L 的细线悬挂一质量为M 的小木块，木块处于静止状态．一质量为m 、速度为v 0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v ．已知重力加速度为g ，则
A ．子弹刚穿出木块时，木块的速度为0()m v v M
- B ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒
C ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒
D ．木块上升的最大高度为22
02mv mv Mg
-
三、实验题
11．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：
(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．
(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑
块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2.
(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．
请回答以下几个问题：
(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________；
(2)应测量的数据还有______________________________________；
(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)
四、解答题
12．如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M ＝3kg 的小球B ．一质量为m ＝1kg 的小球A 以速度v 0＝2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰，取重力加速度
g ＝10m/s 2．求：
（1）碰撞结束时A 球的速度大小及方向；
（2）碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向．
13．如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h 。

一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度
02
v 射出。

重力加速度为g 。

求： (1)物块被子弹射穿时的速度；
(2)此过程中系统损失的机械能；
(3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

14．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m 、12m ，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）
15．【精品】10月19日，“ExoMars2016”火星探测着陆器“Schiaparelli”在火星表面实现软着陆．当着陆器的速度为470m/s时，打开降落伞，经过40s减速至70
m/s；在大约高地2m的高度，速度降至1m/s．此时启动缓冲推进器，使其在2
m的高度短暂悬停后关闭推进器，着陆器自由下落至完全触地，设着陆器在竖直方向运动，从打开降落伞到启动推进器间可视为匀变速运动，关闭推进器后的自由下落中，不考虑大气阻力，已知火星表面低重力加速度为4m/s2且不考虑其随高度的变化．
(1)估算打开降落伞时着陆器离火星表面的高度．
(2)若着陆器触地时不反弹经0.1
s静止，此过程中地面对着陆器的平均作用力是其重力的多少倍．
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A.若动量变化，可能是只有速度方向变化，而速度大小不变，则此时动能不变，故A 错误；
B.若一个物体的动能变化，则说明速度大小一定变化，动量一定变化，故B 正确；
C.匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；说明动量一定变化，故C 错误；
D.一个力对物体有了冲量，若物体没有运动，则该力对物体不做功，故D 错误． 2．A
【详解】
在子弹打击木块A 及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。

在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．C
【解析】
A 项：因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据212
x at =得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A 错误；
B 项：冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B 错误；
C 、
D 项：根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，1003()2P mv m v mv ∆=--=，可知合力冲量的大小为032
mv ，故C 正确，D 错误． 点晴：根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小．根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量． 4．C
【解析】
调高或跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等△p ，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I =△p 是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t 变大，由动量定理得F t P ⋅∆=∆，△P 一定，t 越长，动量变化率越小，人受到的合外
力越小，越安全；故选C.
【点睛】本题考查了判断动量、冲量、动量变化率等问题，分析清楚运动过程，应用动量定理即可正确解题.
5．B
【解析】
规定水平向右为正方向，则初动量110.1820 3.6?
/P mv kg m s ==⨯=，打击后动量为：()220.18407.2?/P mv kg m s ==⨯-=-，故动量变化为2110.8?
/P P P kg m s ∆=-=-，根据动量定理得：Ft P =∆，解得：
10.810800.01
P F N N t ∆==-=-，故作用力的大小为1080N ，方向向左，故选B ． 【点睛】先规定正方向，求出打击前后的动量，则可以求出动量的变化量，再根据动量定理求解平均作用力．
6．D
【详解】
A ．由s -t （位移时间）图象的斜率得到，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止。

m 1向速度大小为：
111842
x v t ∆===∆m/s 方向只有向右才能与m 2相撞，A 正确，不符合题意；
B ．由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，B 正确，不符合题意；
C ．由图乙所示图象可知，碰后m 2的速度：
2
168262
v -'==-m/s 碰后m 1的速度： 1
08262v -'==--m/s 以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
1122
11m v m v m v ''=+ 解得：m 2=0.3kg ，C 正确，不符合题意；
D ．碰撞过程中系统损失的机械能为：
222111122111222
E m v m v m v ''∆=-- 代入数据解得：△E =0J ，D 错误，符合题意。

故选D 。

7．B
【解析】
小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cosθ=（m+M ）v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得： mgh+12（m+M ）v 2=12
mv 02；故CD 错误；故选B ． 点睛：本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，知道小物块上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向动量守恒，难度适中．
8．AB
【解析】
【详解】
由动能E k ＝12
mv 2与动量p=mv ，得到动能与动量的关系式：p ＝由于两球的动能相等，而甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，所以p 甲＞p 乙，碰撞前总动量向右。

由动量守恒定律，碰撞后若甲球速度为零，而乙球向右，则总动量向右，所以选项A 正确。

由动量守恒定律，碰撞后若甲、乙球速度均不为零，合为一整体向右，则总动量也向右，所以选项B 正确。

若乙球速度为零，则甲球一定向左运动，则总动量向左，与动量守恒不相符，所以选项C 错误。

两球都以各自原来的速率反向运动，由于总动量大小向左，所以与动量守恒不相符，所以选项D 错误。

故选AB 。

【点睛】
关于碰撞问题要注意：①碰撞前后动量守恒．②碰撞前后动能不会增加，即能量守恒．③与实际情况相符，即碰撞后，不能穿越，最多也只能合为一整体．
9．BCD
【解析】
A 以0v 速度向右运动与
B 发生无机械能损失的碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大，A 、B 系统的总动能减小，系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，A 、B 系统的总动量应守恒，
A 错误
B 正确；任意相等时间，A 、B 所受弹簧弹力大小是相等的，故A 、B 所受冲量的大小相等，
C 正确；当弹簧压缩到最短长度时，A 与B 具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A 减速，B 加速，所以当弹簧恢复到原长时，A 与B 速度交换，即A 的速度为零，B 的速度是0v ，
D 正确；
10．AC
【解析】
子弹穿过木块的过程中，系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，故B 错误C 正确；根据动量守恒，0mv mv Mv =+',解得0mv mv v M
'-=，所以A 正确．子弹穿出以后，对木块应用动能定理有212
Mv Mgh '=得202()2mv mv h gM -=,所以D 错误．故选择AC.
【点睛】根据动量守恒求子弹穿出以后木块的速度，根据动能定理或者机械能守恒求木块上升的最大高度．
11．使气垫导轨水平 滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2 0 1212()L L M m M t t +-或2121
()L L M M m t t -+ 【详解】
(1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．
(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝
x t
求出其速度． (3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为： v A ＝11
L t v B ＝－22
L t 作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为：
1212()L L M m M t t +-
若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为：
2121
()L L M M m t t -+ 12．（1）－1m/s ，方向水平向左（2）3N·s ，方向水平向右
【解析】
【分析】A 与B 球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量；
解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：0A B mv mv Mv =+
2220111222
A B mv mv Mv =+ 联立可解得：1m/s B v =，1m/s A v =- 负号表示方向水平向左
（2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：0B I Mv =-
可解得：3I N s =⋅ 方向水平向右
13．(1) 02mv M ；(2)20(3)8M m mv M -； 【详解】
(1)子弹击中木块前后的过程由动量守恒定律有
0012
mv m v Mv '=⋅+ 解得
02mv v M '=
物块被子弹射穿时的速度为02mv M。

(2)此过程，对系统由功能关系可知
222001111()2222
E mv m v Mv '∆=
-⋅- 解得 20(3)8M m mv E M
-∆= 此过程中系统损失的机械能20(3)8M m mv E M
-∆=。

(3)物块的飞行时间
t=
解得物块飞行的水平距离
x v t'
===。

14．0
4v
【分析】
在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．
【详解】
设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为4v0．
【点睛】
本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择．
15．（1）H=11047m （2）F=11mg
【解析】
（1）设着路器匀减速过程中的加速度为a，在前40s的过程中：
v1=v0+at1
解得a=-10 m/s2
着路器减速过程的总位移为x
22 202
v v ax
-=
x=11045m
打开降落伞时着路器距离火星表面的高度为H：H=x+2m=11047m
（2）触地时着路器的速度为v3，开始自由下落时高度为h 232v gh =
设着路器的质量为m ，触地时地面对着路器的作用力大小为F ： 3F mg t 0m v --=-
解得F =11mg。