1、宁夏石嘴山市第三中学2020-2021学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一单项选择题：（本题共13小题，每小题3分.共39分，在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求的）1. 下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是（）A. 物体所受的合力为零，它的动量一定为零B. 物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零C. 物体所受的合力外的做的功为零，它的动量变化一定为零D. 物体所受的合外力不变，它的动量一定不变【答案】B【解析】【分析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同。根据动量定理可分析动量、动量变化及冲量之间的关系。【详解】AB物体受到合外力为零，则冲量为零
2、，动量变化量为零，动量不会发生变化，但是它的动量不一定为零，A错误B正确；C合外力做功为零动能不变，但合外力的冲量不一定为零，则动量的变化不一定为零；如匀速圆周运动，其合力做功为零，但其动量始终在变化；故C错误；D物体受到的合外力不变，则由动量定理可知，动量的一定变化，D错误。故选B。2. 下列关于动量、动能的说法中，正确的是（）A. 若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B. 若物体的动能不变，则动量也不变C. 若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快【答案】D【解析】【详解】A若物体的动能发生了变化，则速度的大小一定变化，但是
3、物体的加速度不一定发生了变化，例如平抛运动，选项A错误；B若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是动量不一定不变，例如匀速圆周运动，选项B错误；C若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不一定不变，例如子弹射入放在光滑水平面的木块中时，选项C错误；D根据动量定理可知，即物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快，选项D正确。故选D。3. 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A. 只要系统内存在着摩擦力，系统的动量就不守恒B. 系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C. 系统所受的合外力为零时，系统的动量守恒D. 只要系统所受外力的冲量矢量和为零，系统的动量就守恒【答案】C【解析
4、】【详解】A系统内存在着摩擦力，摩擦力是系统内力。不表示系统受到的合外力不为零，系统的动量有可能是守恒的。故A错误；B系统中有一个物体具有加速度，只表示这个物体合力不为零，不表示整个系统受到的合外力不为零，系统的动量有可能是守恒的。故B错误；C系统所受的合外力为零时，系统的动量守恒。故C正确；D冲量是力在时间上的累积，决定冲量大小的因素还有时间。系统所受外力的冲量矢量和为零，这些力可能是不同时间系统受到的。因此不表示整个系统受到的合外力为零，系统的动量有可能是不守恒的。故D错误。故选C。4. 如图所示的装置中，木块B、C与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧
5、压缩到最短。现将子弹、木块B、C和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A. 动量守恒、机械能守恒B. 动量不守恒、机械能不守恒C. 动量守恒、机械能不守恒D. 动量不守恒、机械能守恒【答案】C【解析】【详解】以ABC系统为对象，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，水平方向不受外力，所以动量守恒，子弹A射入木块B中，有内能产生，所以机械能不守恒。A动量守恒、机械能守恒 与上分析结论不相符，故A错误；B动量不守恒、机械能不守恒 与上分析结论不相符，故B错误；C 动量守恒、机械能不守恒 与上分析结论相符，故C正确；D动量不守恒、机
6、械能守恒 与上分析结论不相符，故D错误；故选C。5. 恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 拉力F对物体的冲量大小是C. 摩擦力对物体的冲量大小为零D. 重力对物体的冲量大小是mgt【答案】D【解析】【详解】AB由冲量定义式可得，拉力F对物体的冲量，故AB错误；C由平衡可知摩擦力为则摩擦力对物体的冲量大小为故C错误；D由冲量定义式可得，重力对物体的冲量大小故D正确。故选D。6. 质量是的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来已知安全带的缓冲时间是，安全带长，
7、取,则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据v2=2gL得，弹性绳绷直时，工人的速度为：v=10m/s，取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力F，取F方向为正方向，由动量定理得：Ftmgt=0(mv)，代入数据解得：F=1100N，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，安全带受到的平均冲力为：F=F=1100N，方向竖直向下故A正确，BCD错误故选A7. 一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示。下列判断正确的是（）A. 第1s末的速度为1.5m/sB. 第1s内F做的功为
8、9JC. 前2s内F的冲量为4N sD. 第2s末的动量为3 kg m/s【答案】C【解析】【详解】A第1s末质点的速度v1t11m/s3m/s故A错误；B第1s内F做的功为选项B错误；C前2s内F的冲量为IF1t1 +F2t2=31+11=4Ns故C正确；D根据动量定理可知，第2s末的动量等于前2s内F的冲量，为4kg m/s，选项D错误。故选C。8. 一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时的速度为，则原子核剩余部分的速率等于（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】规定粒子离开原子核时的速度方向为正方向，根据动量守恒定律研究整个原子核有：，解得：
9、 ，负号表示原子核剩余部分的速度方向表示与正方向相反，B正确9. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）A. A和B都向左运动B. A和B都向右运动C. A静止，B向右运动D. A向左运动，B向右运动【答案】D【解析】【详解】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量说明系统总动量为0。AA和B都向左运动，总动量不为0，选项A错误；BA和B都向右运动，总动量不为0，选项B错误；CA静止，B向右运动，总动量不为0，选项C错误；DA向左运动，B向右运动，总动量可
10、能为0，选项D正确。故选D。10. 烟花爆竹中的“二踢脚”双响爆竹在地面点燃炸响后直飞升空，在高空再炸响一声。设质量为m的“二踢脚”在地面炸响后不考虑质量变化获得初速度，竖直升空到速度为零时再次炸响，分裂成质量之比为2：1的两块，小块碎片获得水平速度v。已知当地的重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. “二踢脚”上升的高度为B. 高空再次炸响后，大块碎片获得的速度为2vC. 高空分裂后，大块碎片先落地D. 落地后，两块碎片之间的距离为【答案】D【解析】【详解】A该爆竹爆炸后做竖直上抛运动，故解得上升的高度为A错误；B高空再次炸响后，水平方向上动量守恒，设小块碎片质量为m，则大块
11、碎片质量为2m，根据动量守恒定律可得解得负号表示速度与小块碎片的速度方向相反，B错误；C高空分裂后，两碎片都是做平抛运动，由于下落的高度相同，所以运动时间相同，即同时落地，C错误；D两碎块在水平方向上做匀速直线运动，故落地距离为在竖直方向上做自由落体运动，故联立解得D正确。故选D。11. 质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A. 弹性碰撞B. 非弹性碰撞C. 完全非弹性碰撞D. 条件不足，不能判断【答案】A【解析】【详解】根据图象可知：a球的初速度为：b球的初的速度为：碰撞后a球的速度为：碰撞后b球的速度为：两
12、球碰撞过程中，动能变化量为：则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；A与分析相符，故A正确；B与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D与分析不符，故D错误；故选A。12. 如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )A. LB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：，如果长木板不
13、固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v1，对系统运用能量守恒有：，联立解得：，故C正确，ABD错误13. 如图所示，在光滑的水平面上，质量的小球以速率向右运动在小球的前方点处有一质量为的小球处于静止状态，点处为一竖直的墙壁小球与小球发生正碰后小球与小球均向右运动小球与墙壁碰撞后原速率返回并与小球在点相遇，则两小球质量之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为、，由动量守恒定律有： 由能量守恒定律有： 两个小
14、球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有： 联立，代入数据解得：A. 与上述计算结果不相符，故A不符合题意； B. 与上述计算结果不相符，故B不符合题意；C. 与上述计算结果不相符，故C不符合题意； D. 与上述计算结果相符，故D符合题意二、多项选择题：（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中有多项符合要求。全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错得0分）14. 如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是()A. 当C在A上滑行时，A、C组成系统动量守恒B.
15、当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C. 无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒D. 当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】A当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；B当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；CD若将A、B、C三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误故选BC15. 如图，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打
16、击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是（）A. 球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB. 球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC. 球棒对垒球做的功为238.5 JD. 球棒对垒球做的功为126 J【答案】AD【解析】【详解】AB根据动量定理Ft=mv2mv1得符号表示力的方向与初速度的方向相反，则选项A正确、B错误；CD根据动能定理，球棒对垒球做的功选项C错误、D正确。故选AD16. 如图所示，地面固定两个倾角不同的光滑斜面，质量相等的小球从斜面上同一高度由静止自由下滑，到达斜面底端，则（）A. 两球下滑的过程中重力的冲量相
17、等B. 两球下滑的过程中重力做功相等C. 两球到达斜面底端动能相同D. 两球刚到达底端时的动量相同【答案】BC【解析】【详解】BC球在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，到达底部时速度大小相等，由于两球质量相等，则两球到达斜面底端动能相同，故BC正确；D由于两球到达底部时速度大小相等，但方向不同，则两球刚到达底端时的动量不相同，故D错误；A由于两球到达底部时速度大小相等，因初末速度相等，故平均速度大小相等，由于两斜面长度不同，则所用的时间不同，故下滑过程中重力的冲量不同，故A错误。故选BC。17. 如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空
18、气的阻力也不考虑。则下列说法正确的是（）A. 人在车上向右行走时，车将向左运动B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动C. 若人缓慢地在车上行走时，车可能不动D. 当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同【答案】AD【解析】【详解】A人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确；B因总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车速度也为零，故B错误；C由可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C错误；D设车的长度为L，人与车组成的系统动
19、量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得即解得车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关，故D正确。故选AD。18. 如图所示，两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的质量为m的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；质量为2m的滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v向右运动,在此过程中（）A. M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B. M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C. M的速度为时，弹簧的长度最短D. M的速度为时，弹簧的长度最短【答案】BC【解析】【详解】ACDM与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M
20、的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大；设相等时的速度为，以M的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得解得故AD错误，C正确；B两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故B正确。故选BC。19. 如图所示，带有半径为R的光滑圆弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则小球离开小车时（）A. 小车在水平面上移动的距离是B. 小车在水平面上移动的距离是C. 小车的速度大小为D. 小车的速度大小为【答案】AD
21、【解析】【详解】AB一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，小球的速度为水平方向，系统水平方向上动量守恒，以向左为正方向，设小车水平向右的位移为x，则根据平均动量守恒定律得 A正确，B错误；CD设小球离开小车时小球和小车的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得0=mv1-Mv2又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，则有解得C错误，D正确。故选AD。三、实验题（每空2分，共12分）20. 在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2,则_Am1m2，r
22、1r2 Bm1m2，r1m2，r1=r2 Dm1m2，r1=r2(2)若采用图乙所示装置进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是_A刻度尺B游标卡尺C天平 D弹簧测力计E秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为_(用装置图中的字母表示)【答案】 (1). C (2). AC (3). m1OP=m1OM+m2ON【解析】【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C（2）小球离开轨道后做平抛运动，由hgt2得小球
23、做平抛运动的时间t，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移实验需要刻度尺与天平（3）验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图甲所示可知，需要验证：m1OPm1O
24、M+m2ON21. 某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，两滑块A、B上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下：.用螺旋测微器测量窄片的宽度d；.将气垫导轨调成水平；.将A、B用细线绑住，在A、B间放入一个被压缩的轻小弹簧；.烧断细线，记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2(1)若测量窄片的宽度d时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=_mm；(2)实验中，还应测量的物理量是_；A.滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2B.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间tA、tBC.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、x2(3)验证动量守恒定律表达式是
25、_。(用题中相关物理量的字母表示)【答案】 (1). 4.800 (2). A (3). 【解析】【详解】(1)1由图示螺旋测微器可知，其示数为4.5mm+30.00.01mm=4.800mm(2)2滑块经过光电门时的速度，烧断细线后系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得整理得验证动量守恒定律需要测量m1、m2、t1、t2故选A(3)3由(2)可知，验证动量守恒定律的表达式为四计算题（共45分）22. 如图所示，在倾斜角=37的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面的动摩擦因素=0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受各力的冲量(g=10m/s2，sin37=0.6，co
26、s37=0.8)【答案】重力100 Ns，方向竖直向下；支持力 80 Ns，方向垂直斜面向上；摩擦力16 Ns，方向沿斜面向上；【解析】【详解】物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用重力的冲量为IG=mgt=5102 Ns=100Ns方向竖直向下；支持力的冲量为IF=mgcost=5100.82 Ns=80 Ns方向垂直斜面向上；摩擦力的冲量为If=mgcost=5100.80.22 Ns=16 Ns方向沿斜面向上。23. 质量为0.2kg的小球以6m/s、竖直向下的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，g取10m/s2。(1)小球与地面碰撞前后的动量的变
27、化为多少？(2)若小球与地面的作用时间为0.2s，求小球受到地面的平均作用力大小。【答案】(1)2，方向竖直向上；(2)12N【解析】【详解】(1)由题知v=4m/s，方向为正，则动量变化方向与正方向相同，即竖直向上(2)由动量定理得则有24. 如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为，求：(重力加速度为g)(1)射入的过程中，系统损失的机械能；(2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得m
28、v=(Mm)v射入过程中损失的机械能E=mv2(Mm)v2解得(2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行距离为s，由动能定理得(Mm)gs=0(Mm)v2解得25. 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2v0、v0，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，（不计水的阻力）求(1)抛出货物的最小速度(2)以这个最小速度抛出货物过程中，乙船上的人至少做的功W。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为，抛出货物后船的速度为，甲船上的人接到
29、货物后船的速度为，先选乙船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得再选甲船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得为避免两船相撞应满足联立得，(2)根据动能定理26. 如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后立即撤去)，B物块向左平滑地滑上质量为的斜面体，但不会超过斜面体的最高点。已知A与右侧水平面的动摩擦因数=0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求(1)物块A通过C点时的速度大小；(2)物块B在斜面体上能够上升的最大高度H；(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)在D点，有从C到D，由动能定理，有解得(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律由机械能守恒定律解得(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律由机械能守恒解得由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功解得
