北京市民大附中2019_2020学年高二物理9月月考试题(含解析)

北京市民大附中2019-2020学年高二物理9月月考试题（含解析）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.下面关于冲量的说法中正确的是( )
A. 物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大
B. 当力与位移垂直时，该力的冲量为零
C. 不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D. 只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定
【答案】C
【解析】
试题分析：冲量是力与时间的乘积，是矢量：
力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C正确；只要力的大小恒定，其相同时间内冲量大小一样，但方向不一定一样，D错误。

考点：本题考查冲量的概念与理解。

2.关于物体的动量、冲量、动量的变化量，下列说法正确的是（）
A. 物体受的力越大，力的冲量就越大
B. 冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量
C. 某个物体的动量变化越快，它受到的合外力一定越大
D. 某个物体的动能变化，则它的动量不一定变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据公式I=Ft，力大，力的冲量不一定大，还与时间有关，故A项与题意不相符；
B. 冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，但冲量是过程量，动量是状态量，所以冲量不是动量，故B项与题意不相符；
C. 根据动量定理，有：
P
F
t
∆
=
∆
故某个物体的动量变化越快，它受到的合外力一定越大，
故C项与题意相符；
D. 某个物体的动能变化，速度大小一定变化，故动量一定变化，故D项与题意不相符。

3.在光滑水平地面上一个质量为0.2kg 的小球以6m/s 的水平速度撞击竖直墙，再以4m/s 的水平速度反向弹回，若小球与竖直墙的作用时间为0.2s ，则小球受到竖直墙的平均作用力大小为（ ） A. 6 N B. 8 N
C. 10 N
D. 12N
【答案】C 【解析】
【详解】规定末速度的方向为正方向，根据动量定理知，
Ft =mv 2-mv 1
解得：
0.240.26
N=10N 0.2
F ⨯+⨯=
A. 6N 与分析不相符，故A 项错误；
B. 8N 与分析不相符，故B 项错误；
C. 10N 与分析相符，故C 项正确；
D. 12N 与分析不相符，故D 项错误。

4.如图，质量为M 的小车A 停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙．质量为m 的滑块B 以初速度v 0滑到小车A 上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为（ ）
A. 零
B.
mv M
C.
mv M m
+
D.
m
M mv -0
【答案】C 【解析】
【详解】B 滑上A 的过程中，AB 系统动量守恒，根据动量守恒定律得： mv 0=（M+m ）v 解得：v=
mv M m
+
故选：C
5.质量为m 的小球A 以速度v 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰后，以2
v
的速度被反弹回，则碰撞后B 球的速度大小是（ ） A.
6
v B. 2v C.
2
v D.
3
v 【答案】C 【解析】
【详解】设小球A 的初速度方向为正，根据动量守恒定律：
3()2
v
mv mv m =+-'
得：
'2
v v =
A.
6
v
与分析不相符，故A 项错误； B. 2v 与分析不相符，故B 项错误； C. 2
v
与分析相符，故C 项正确； D.3
v
与分析不相符，故D 项错误。

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 球的动量为
p A =9kg•m/s，B 球的动量为p B =3kg•m/s．当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的
动量可能值是（ ） A. p A ′=6kg•m/s，p B ′=6kg•m /s B. p A ′=8kg•m/s，p B ′=4kg•m/s C. p A ′=-2kg•m/s，p B ′=14kg•m/s D. p A ′=-4kg•m/s，p B ′=8kg•m/s 【答案】A 【解析】
【详解】A. 碰撞前系统总动量：
p =p A +p B =12kg•m/s，
由题意可知m A =m B =m ；如果p A ′=6kg•m/s，p B ′=6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
2222
A B A B
66932222m m m m
+<+，v A ′=v B ′ 符合实际，故A 正确；
B. 如果p A ′=8kg•m/s，p B ′=4kg•m/s，碰撞过程动量守恒，有：
2222
A B A B
84932222m m m m +<+，v A ′>v B ′ 不符合实际，故B 错误；
C. 如果p A ′=-2kg•m/s，p B ′=14kg•m/s，则碰撞后系统的总动能为：
2222
A B A B
214932222m m m m +>+ 系统动能增加，不符合实际，故C 错误；
D. 如果p A ′=-4kg•m/s，p B ′=8kg•m/s，碰撞后系统总动量为：
p ′=p A ′+p B ′=-4kg•m/s+8kg•m/s=4kg•m/s
碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D 错误。

7.质量为M 的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平．质量为m 的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v 0滑上小车，重力加速度为g ，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1：3，则m ：M 的值为( )
A. 1：3
B. 3：5
C. 3：1
D. 5：3
【答案】B 【解析】
【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：
mv 0=Mv 1-mv 2
1231
v v
= 对整体有机械能守恒定律可得：
222012111222
mv Mv mv =+ 联立解得：
3
5
m M = A. 1：3与分析不符，故A 项错误； B. 3：5与分析相符，故B 项正确； C. 3：1与分析不符，故C 项错误； D. 5：3与分析不符，故D 项错误。

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图所示，木块B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块B 内，入射时间极短，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒
B. 子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒
C. 木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统动量守恒
D. 木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AD 【解析】
【详解】A. 子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 项与题意相符；
B. 子弹射入木块的过程中要克服阻力做功产生热能，系统机械能不守恒，故B 项与题意不相符；
C. 木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不
零，系统动量不守恒，故C 项与题意不相符；
D. 木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D 项与题意相符。

9.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v-t图线如图，图中AB∥CD，则（）
A. F1大于F2
B. F1小于F2
C. F1的冲量小于F2的冲量
D. F1的冲量大于F2的冲量
【答案】AC
【解析】
【详解】由图，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，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。

再对加速过程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛顿第二定律F-f=ma可知F1大于F2，故A正确，B 错误；由图可知，a的运动时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ft OB=0，F2t2-ft OD=0；由图看出，t OB＜t OD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。

故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】本题考查动能定理、牛顿第二定律以及v-t图象的性质，首先考查读图能力，其次要注意在应用动量定理时要注意明确对全程的分析，注意各物理量的矢量性．
10.关于动量的变化，下列说法正确的是（）
A. 做直线运动物体速度增大时，动量的增量△p与运动方向相同
B. 做直线运动的物体速度减小时，动量的增量△p的方向与运动方向相反
C. 物体的速度大小不变时，动量的增量△p为零
D. 物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
【答案】AB
【解析】
【详解】A. 动量的变化等于初末两状态动量的差值；对于加速直线运动，动量的增量△p 与运动方向相同；故A项与题意相符；
B. 对于减速直线运动，动量的增量△p与运动方向相反，即动量是在减小的；故B项与题意相符；
C. 物体的速度大小不变时，动量的增量不一定为零；如圆周运动；故C 项与题意不相符；
D. 物体做如果做匀速圆周运动运动到同一个位置的状态，动量增量为0，故D 项与题意不相符。

11.如图所示，一质量为1kg 的滑块A 以1m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一质量为2kg 的滑块B 以2m/s 的速度向左运动并与滑块A 发生碰撞，已知滑块B 的左侧连有轻弹簧，下列说法正确的是 ( )
A. 当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度大小为3m/s
B. 当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度大小为1.5m/s
C. 两滑块相距最近时，滑块B 的速度大小为3m/s
D. 两滑块相距最近时，滑块B 的速度大小为lm/s 【答案】BD 【解析】
【详解】A 、B 、以向右为正方向，A 、B 组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，当
滑块A 的速度减为0时，由动量守恒定律得：/
A A
B B B B m v m v m v +=′，
即：B 11222v '⨯+⨯
=⨯（﹣），B v ' 1.5m /s =-，方向向左；即当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度大小为1.5m/s ，A 错误，B 正确；
C 、
D 、两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v ．根据动量守恒定律得：
()A A B B A B m v m v m m v +=+，
解得：v 1m /s =-，大小为1m /s ；C 错误；D 正确；
12.如图所示，木块A 静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN 是光滑的，水平部分NP 是粗糙的．现有物体B 从M 点由静止开始沿MN 下滑，设NP 足够长，则以下叙述正确的是（ ）
A. A 、B 最终以相同速度运动
B. A 、B 最终速度均为零
C. A 物体先做加速运动，后做减速运动
D. A 物体先做加速运动，后做匀速运动 【答案】BC 【解析】
【详解】AB. 对于木块A 和滑块B 组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设最终AB 的速度为v ，则根据动量守恒得
()0m M v +=
解得：
0v =
故A 项与题意不相符，B 项与题意相符；
CD. B 在曲面部分加速下滑的过程中，A 在水平方向也做加速运动；B 在水平部分做减速运动时，A 也做减速运动，即A 先做加速运动，后做减速运动，故C 项与题意相符，D 项与题意不相符。

三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
13.在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：
()1若入射小球质量为1m ，半径为1r ；被碰小球质量为2m ，半径为2r ，则要求______
A .12m m > 12r r >
B .12m m > 12r r <
C .12m m > 12r r =
D .12m m < 12r r =
()2设入射小球的质量为1m ，被碰小球的质量为2m ，则在用甲装置实验时，验证动量守恒
定律的公式为______(用装置图中的字母表示)
()3若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必须有的是______
A .毫米刻度尺
.B 游标卡尺 .C 天平 .D 弹簧秤 .E 秒表
()4在实验装置乙中，若小球和斜槽轨道非常光滑，则可以利用一个小球验证小球在斜槽上
下滑过程中的机械能守恒。

这时需要测量的物理量有：小球静止释放的初位置到斜槽末端的高度差1h ，小球从斜槽末端水平飞出后平抛运动到地面的水平位移s 、竖直下落高度2.h 则所需验证的关系式为______。

(不计空气阻力，用题中的字母符号表示)
【答案】 (1). C ； (2). 112m OP m OM m O N ⋅⋅⋅'=+； (3). AC ； (4).
2124s h h = ；
【解析】 【分析】
（1）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。

为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；
（2）（3）两球做平抛运动，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。

根据表达式确定需要测量的物理量。

（4）验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒，即验证在斜槽滑下动能的增加量与重力势能的减小量是否相等。

【详解】（1）在小球碰撞的过程中水平方向动量守恒，则：101122m v m v m v =+ 在碰撞过程中机械能守恒，则：
222
101122111222
m v m v m v =+ 则碰后，入射小球的速度变为12
1012
m m v v m m -=
+
要碰后入射小球的速度为：10v > 则只要保证12m m >即可，故选C 。

（2）（3）P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：0OP
v t
=
碰后入射小球的
速度为：1OM
v t =
碰后被碰小球的速度为：2ON
v t
=
根据动量守恒：101122m v m v m v =+，由于平抛运动的时间相等，可得
112m OP m OM m ON =+；故需要的工具有刻度尺天平。

（4）根据平抛运动的规律有：2212h gt =
，解得t =平抛运动的初速度为0s v t =
=则动能的增加量为：202
124k mgs
E mv h ∆=
= 重力势能的减小量为：1p E mgh ∆= 则需验证：12
4mgs mgh h =
即为：2
124s h h =。

【点睛】本题考查验动量守恒定律的实验，要注意本实验中运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证；在学习中要注意理解该方法的准确应用。

四、计算题（本大题共5小题，共50.0分）
14.如图所示，一质量为m =0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，小物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）．碰前瞬间的速度v 1=7m/s ，碰后以v 2=6m/s 反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取
g =10m/s 2 ．求：
（1）A 点距墙面的距离x ；
（2）碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小I
.
【答案】（1）x =5m ；（2）冲量大小为6.5N •s
【解析】
【详解】（1）小物块由A 到B 过程做匀减速运动，由动能定理可得：
221011 22
mgx mv mv μ-=-解得：x =5m （2）选初速度方向为正方向，由动量定理得：21I mv mv =--解得：I =-6.5N•s，即冲量大小为6.5N•s．
15.如图所示，质量为10kg 的木块置于光滑水平面上，在水平拉力F 的作用下以2m/s 2的加速度由静止开始运动．求：
（1）水平拉力F 的大小；
（2）3s 末木块速度的大小．
【答案】（1）水平拉力F 的大小为20N ．
（2）3s 末木块的速度大小为6m/s ．
【解析】
试题分析：（1）由牛顿第二定律，得102N 20N F ma ==⨯= （2）3s 末木块速度的大小23m/s 6m/s v at ==⨯= 考点：牛顿第二定律
16.如图所示，AB 为倾角37θ=︒的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC 相连接，质量为2m 的小球乙静止在水平轨道上，质量为1m 的小球甲以速度v 0与乙球发生弹性正碰。

若12:1:2m m =，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。

（0sin 370.6=，0cos370.8=）
【答案】0.45μ<
【解析】
【详解】试题分析：取向左为正：
两球相碰时由动量守恒定律可得：012v 2v mv m m =+ 由能量关系：222012111v v 2v 222
m m m =+⋅ 解得：00122,33v v v v =-= 对乙球，由动能定理可得：2212sin 2cos 02v 2mgl mgl m θμθ--⋅=-
⋅ 下滑时：2312sin 2cos 2v 02
mgl mgl m θμθ-⋅=⋅- 两球能发生第二次碰撞，则满足v 3＞1v
解得：μ＜0.45
考点：动量守恒定律及能量守恒定律.
17.如图所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道bc 与水平光滑轨道ab 在b 点连接，开始时可视为质点的物体A 和B 静止在ab 上，A 、B 之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A ，B 不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过c 点后水平抛出，落点p 与b 点间距离为2R .已知A 质量为2m ，B 质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：
(1)B 经c 点抛出时速度的大小？
(2)B 经b 时速度的大小？
(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能？
【答案】(1) gR (2) 5gR (3) 3.75mgR
【解析】
【详解】(1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝
12
gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝.gR (2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得 22b c 11222
mv mgR mv =+ 解得：v b ＝5gR (3)设完全弹开后，A 的
速度为v a ，弹簧回复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒，2mv a －mv b ＝0，解得：v a ＝12v b ＝5gR ，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：22p 11222a b E mv mv =⨯+ 解得：E p ＝3.75mgR .
18.如图所示，一倾角37α=︒、长度4S m =的固定斜面，其底端与长木板B 上表面等高，B 静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B 的上表面接触处圆滑。

一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从木板B 上滑下。

已知A 、B 的质量相等，A 与斜面的动摩擦因数10.5μ=，A 与B 上表面间的动摩擦因数20.4,B μ=与地面间的动摩擦因数230.1,10/g m s μ==，00sin 370.6,cos370.8==。

求：
（1）当A 刚滑上B 的上表面时的速度0v 的大小；
（2）木板B 的长度L ；
【答案】(1) 4/m s (2) 43
m 【解析】
（1）设A 物块从斜面下滑过程中加速度大小为1a ，由牛顿第二定律和运动学公式得： 11sin cos mg mg ma αμα-=，
2012v a S =，
得04/v m s =；
（2）A 物块滑上B 后，A 与B 上表面间的摩擦力22f mg μ=，B 与地面间的最大静摩擦力33232,f mg f f μ=>，故A 先做匀减速运动，B 先做匀加速运动；当A 、B 共速后保持相对静止共同减速直至静止。

木板B 的长度为A 、B 共速时二者的位移差。

设A 、B 共速时的速度为v ，
22mg ma μ=，
2332mg mg ma μμ-=，
02v v a t =-，
3v a t =，
220222v v a x -=-，
2332v a x = ， 得2343
L x x m =-=。

故本题答案是：(1) 4/m s (2)
43m 点睛：本题考查了板块模型，在处理此类问题时要时刻要对不同的研究对象受力分析，求出加速度并结合运动学定律求解。