1、2019-2020学年度北京新学道临川学校期中考卷一、单选题1.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到EK，在时间t2内动能由EK增加到2EK，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则A. I1I2，W1I2，W1W2D. I1I2，W1I2.故选：C。2.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为A. B.
2、 C. D. 【答案】A【解析】【详解】由于子弹射入木块时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：，解得根据动量定理，合外力的冲量，故A正确，BCD错误。【点睛】木块自被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，根据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量；本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用。3.如图所示，平板小车停在光滑水平面上甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是 A. 乙的速度必定大于甲的速度B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
3、C. 乙的动量必定大于甲的动量D. 甲、乙的动量之和必定不为零【答案】BCD【解析】【详解】ACD.甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：甲甲乙乙车车=0小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故选项A不符合题意，C、D符合题意；B.小车速度方向向右，即动量的变化量向右，根据动量定理知乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，可知乙对小车的冲量大于甲对小车的冲量，故选项B符合题意。4.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个
4、带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动。设斜面足够长，则在Q向上运动过程中 A. 物块Q的动能一直增大B. 物块Q的电势能一直增大C. 物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D. 物块Q的机械能一直增大【答案】D【解析】【详解】A. 开始电场力大于重力沿斜面向下的分力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于重力沿斜面向下的分力，合力与运动方向相反，动能减小，故A错误；B. P、Q之间越来越远，P、Q之间的排斥力（电场力）做正功，电势能越来越小，故B错误。C. 物体动能、重力势能、电势能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，故C错误；D
5、. P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，故D正确。5. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是A. C 和U 均增大B. C 增大,U 减小C. C 减小,U 增大D. C 和U 均减小【答案】B【解析】解：由公式知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式知，电荷量不变时U减小，B正确故选B【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用【此处有视频，请去附件查看】6.如图所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下
6、列说法正确的是 A. 电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B. 该电场的方向水平向左C. b点电势高于a点的电势D. 电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同【答案】A【解析】【详解】由于做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧，可得电荷的受力如图所示 （F为电荷所受的电场力）：A.电荷从a点运动到b点的过程中，由上图可知，电场力的方向与运动的方向成钝角；又由W=Fscos得电场力对电荷做负功，电荷的电势能变大，故电荷在b点的电势能大于在a点的电势能；故A正确。BC. 题目没有告知电荷的电性与电场方向，仅由电荷的运动轨迹无法判断电场中不同点的电势高低与电场方向，故BC错误。D. 匀强电场，电
7、场力恒定，加速度恒定，所以电荷做匀变速曲线运动，相同时间内速度变化量相同，故D错误。二、多选题7.小车M静置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，则：（ ）A. m的最终速度为mv(M+m)B. 因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C. 当m速度最小时，小车M的速度最大D. 若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大【答案】AC【解析】【详解】小车和木块组成的系统在水平方向上合力为零，它们之间的摩擦力属于内力，故动量守恒，所以：，解得两者的最终速度为，故A正确，B错误；由于M和m之间的相对运动，所以m给M一个向前的滑动摩擦力，使得M向前运动，当m速度最小时，
8、即两者之间没有相对运动时，滑动摩擦力消失，M停止加速，速度最大，故C正确；系统产生的内能为： ，与它们之间的粗糙程度无关，故D错误。8.如图所示，质量为M的L形物体静止在光滑的水平面上，物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC是水平面，将质量为m的小滑块从A点静止释放沿圆弧面滑下并最终停止在L形物体的水平面BC之间的D点，则 A. 滑块从A滑到B，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能也守恒B. 滑块从A滑到B，物体与滑块组成的系统水平方向动量守恒，能量守恒C. 滑块从B到D，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒D. 滑块滑到D时，物体的速度为零【答案】BCD【解析】【详解】AB.
9、 滑块从A到B的过程中，系统动量不守恒，但在水平方向上动量守恒，因为没有阻力做功，机械能守恒，能量守恒，故A错误B正确。C. 滑块从B到D，系统水平方向没有受到外力，物体与滑块组成的系统动量守恒，滑块从B到D过程中滑块受滑动摩擦力作用，且摩擦力对系统做功，故系统的机械能不再守恒，故C正确；D. 滑块到达D点时停在木板上，即滑块与木板相对静止即速度相等。根据水平方向动量守恒定律方程mvm+MvM=0满足方程时只有vM=vm=0即滑块滑到D点时，木板和滑块速度一定等于零。故D正确；9. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电
10、容器，则在此过程中，该粒子A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动【答案】BD【解析】试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。【此处有视
11、频，请去附件查看】10.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是A. A、B、C三点的电势关系为 B. A、B、C三点场强大小关系为C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D、因为电势能先增大后减
12、小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C。【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化。三、实验题11.某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地点。（1）请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置?_。并在
13、图中读出OP=_。（2）已知mAmB=21，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出R是_球落地点，P是_球的落地点。（3）用题中的字母写出动量守恒定律的表达式_。【答案】 (1). 用最小的圆把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置 (2). 13.0cm (3). B (4). A (5). mA=mA+mB【解析】【详解】(1)1 用尽可能小圆把球的各落点圈起来，圆的圆心位置即为落地点的平均位置，2根据图乙可知，平均落点到O点距离OP为13.0cm。(2)34 mAmB=21，A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰B时A球的
14、落地点，R是碰后B的落地点，P是碰后A的落地点。(3)5 根据动量守恒定律可得：mAv0=mAv1+mBv2根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，故有：mAv0t=mAv1t+mBv2t即四、计算题12.如图所示，长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度击中木块并恰好未穿出，设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g.（1）求木块与水平面间的动摩擦因数；（2）子弹在射入木块过程中产生多少热量?【答案】（1） （2）【解析】【详解】(1) 子弹射入木块过程极短时间内，水平方向由动量守恒
15、定律得：mv0=（m+M）v共当子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得：解得：(2) 子弹射入木块过程极短时间内，设产生的热量为Q，由功能关系得：解得：13.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度【答案】(1)
16、 3mg (2) (3) 【解析】【详解】(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得得v在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm解得小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小F3mg.(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv(2mm)v共mv2mgh (2mm)v共2联立解得hL.(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2mvmv12mv2mv2mv122mv22解得v214.如图所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q，用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点.匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大.现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零.(1)求匀强电场的电场强度E的大小;(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得mgL-qEL=0,解得：(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为vB.小球做匀加速直线运动的加速度为a