湖北省黄州中学（黄冈市外国语学校）2023-2024学年高二上学期9月月考物理试题

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1. 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A. 只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C. 只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D. 系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
2. 如图所示，为研究平抛运动的实验装置，金属小球A、B完全相同用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，则下列说法正确的是( )
A. 两球同时经过水平面1，且速率相同
B. 两球同时经过水平面1，且重力做功的瞬时功率相同
C. 两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球大
D. 两球从水平面1到2的过程，A球动能变化量比B球大
3. 10kg的铁锤以6m/s的速度竖直向下打在水泥桩上后以2m/s的速度反弹，接触的时间是0.005s，g取10m/s2撞击时，则铁锤对桩的平均冲击力约为( )
A. 8×103N
B. 8×102N
C. 1.6×104N
D. 1.6×103N
4. 如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+M
B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g
C. 子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
5. 一辆质量m1=3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2=1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部而失去动力。相撞时间极短，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75m停下。已知车轮与路面间的动摩擦因数μ=0.6，则碰撞前轿车的速度大小为(重力加速度g取10m/s2)( )
A. 3m/sB. 6m/sC. 9m/sD. 27m/s
6. 如图所示，M为带正电的金属板，其所带电荷量为Q，在金属板的垂直平分线上，距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止，静电力常量为k，重力加速度为g，则小球与金属板之间的库仑力大小为( )
A. kQqr2B. kQqr
C. mgsinθD. mgtanθ
7. 如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=90∘，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为( )
A. 3︰1
B. 1︰3
C. 5︰3
D. 3︰5
8. 如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为( )
A. 1.5m/sB. 2.5m/s
C. 3.5m/sD. 4.5m/s
9. 如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为φA、φB、φC，且φB-φA=φC-φB>0，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子在P点的动能大于Q点动能
C. 粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能
D. 粒子在P点受到电场力小于Q点受到的电场力
10. 光滑水平面上，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量mA=3kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A. B球质量m B=2kg
B. 碰撞时B球对A球所施的冲量为6N·s
C. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为15J
D. A、B两球碰撞前的总动量为5kgm/s
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.（8分）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m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则要求______
A．m1>m2 r1>r2
B．m1>m2r1C．m1>m2 r1=r2
D．m12设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，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h1，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h2.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)
12.（10分）某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图1所示。
(1)实验室有两组滑块装置。甲组两个滑块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥。若要求碰撞过程动能损失最小，应选择__________(填“甲”或“乙”)组的实验装置。
(2)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图2所示，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑块上，可知遮光条的宽度d=_______mm。
(3)安装好气垫导轨和光电门，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端__________(填“升高”或“降低”)一些。
(4)用天平测得滑块A、B的质量(均包括遮光条)分别为mA、mB；调整好气垫导轨后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为Δt2和Δt3。从实验结果可知两滑块的质量满足mA_______(填“>”“<”或“=”)mB；滑块A、B碰撞过程中满足表达式_______(用所测物理量的符号表示)，则说明碰撞过程中动量守恒。
三、计算题（本大题共3小题，共42分）
13.（12分）如图所示，竖直平面内有一匀强电场，电场方向与水平直线AB成θ角，一质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场中的A点由静止出发，恰好能运动到B点，已知小球运动的时间为t，AB的距离为d，重力加速度为g.试求：
(1)θ角的正切值；
(2)电场强度E的大小．
14.（14分）如图AB为固定的半径R=1m的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=4kg，车长L=8m。现有一质量m=2kg的滑块，由轨道顶端A点以初速度v0=4m/s进入轨道，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2，当车运行了2.5 s时，被地面装置锁住不动(g=10m/s2)。求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小？
(2)车被锁住时，车右端距轨道B端的距离？
(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小？
15.（16分）在光滑的水平地面上，质量均为m=1kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧，轻弹簧处于原长状态，左端固定在B上，右端与C接触但不固定，质量为M=2kg、半径为R=1m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边，C、D间距离足够远，质量为m0=0.5kg的滑块A以初速度v0=10m/s向右运动与B发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后A被反弹，速度大小为vA=2m/s，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A、B碰撞时损失的机械能；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)C能上升的最大高度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】ABC.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，而与系统内物体是否具有加速度或物体是否受摩擦力无关，故A、B均错误，C正确；
D.系统中所有物体的加速度均为零时，系统所受合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合两个分运动的规律，通过动量定理以及动能定理判断，及重力的瞬时功率表达式P=Gv，式中v是竖直方向速度。
考查了动量定理与动能定理的应用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意速度的变化与速率的变化不同，及会区分瞬时功率与平均功率的不同。
【解答】解：AD、A球平抛，B球自由落体，用动能定理可知mgh=12mv2-12mv02，所以两个小球下落高度相同时，平抛运动的速率更大，动能变化量相等，故AD错误；
B、两球竖直方向都做自由落体运动，加速度相等，经过面1时竖直方向的速度相等，A球重力瞬时功率等于B球重力的瞬时功率，故B正确；
C、利用动量定理可知，mgt=Δp，把A球平抛运动沿水平方向和竖直方向分解，竖直方向是自由落体运动，而B球做自由落体运动，所以两球下落同一高度时间相等，可知A球动量变化等于B球动量变化，故C错误。
故选：B。
3.【答案】C
【解析】设向上为正方向，对铁锤则由动量定理(F-mg)Δt=mv2-m(-v1)
解得F≈1.6×104N。
故选C。
4.【答案】C
【解析】A.子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小为v1=m0v0m0+M，选项A错误；
B.子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0)v12l，可知绳子拉力大于M+m0g，选项B错误；
C.子弹射入木块后的瞬间，对圆环受力分析：N=T+mg>(M+m+m0)g，根据牛顿第三定律可得环对轻杆的压力N'>(M+m+m0)g，选项C正确；
D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误；
故选：C。
5.【答案】D
【解析】由牛顿第二定律得 a=Ffm1+m2=μg=6m/s2
则 v=2as=9m/s
由动量守恒定律得 m2v0=m1+m2v
解得 v0=m1+m2m2v=27m/s 。故选项D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
以小球为研究对象，根据受力情况作出小球受力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解电场力。
本题是带电体在复合场中平衡问题，分析受力是关键，同时要掌握场强与电场力方向的关系。
【解答】
AB、M为带正电的金属板，相对于它到小球的距离，M不能看作点电荷，所以不能使用库仑定律求m受到的库仑力。故AB错误；
CD、小球受到的电场力方向向右，重力竖直向下，则小球的受力如图所示。由平衡条件得：F电=mgtanθ；故C错误，D正确。
故选：D。
7.【答案】D
【解析】由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长为3倍，则有：vb=-3va
由动量守恒定律有：mav=mbvb+mava
由能量守恒有：12mav2=12mava2+12mbvb2
联立解得：mamb=35
故ABC错误，D正确。
故选：D。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
两球如果发现完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，碰撞后小球B有最大速度；如果发生完全非弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，小球B有最小速度。根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后B的临界速度，然后分析答题。
根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题，解题时要注意讨论碰撞类型，否则会出现漏解。
【解答】
由题意可知：mA=2kg，mB=1kg，A的初速度大小v0=3m/s。
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两者速度相等，设为v，碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=(mA+mB)v，
代入数据解得：
v=2m/s；
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2，
代入数据解得：
vA=1m/s，vB=4m/s，
碰撞后B的速度大小范围是2m/s≤vB≤4m/s，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
9.【答案】BD
【解析】电场线与等势面垂直，根据电势的高低可知电场线的方向如图

A.由于做曲线运动的粒子，受力的方向总是指向凹侧，可知粒子受力沿着电场线，因此粒子带正电荷，A错误；
BC.若粒子从P向Q运动，电场力做负功，电势能增加，动能减少，因此粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，在P点的动能大于Q点动能，B正确，C错误；
D.等差等势面越密集，电场强度越大，粒子所受电场力越大，Q点的电场力大，D正确。
故选BD。
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
x-t图象的斜率表示物体的速度，根据图示图象求出两球碰撞前后的速度，两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出B球的质量，应用动量定理与能量守恒定律分析答题。
解答本题时，首先要明确位移图象的斜率表示速度，根据图象的斜率能求出速度，其次要明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。
【解答】
A.由x-t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，碰撞前有vA=4-102m/s=-3m/s，vB=42m/s=2m/s；碰撞后有vA'=vB'=2-44-2m/s=-1m/s，根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mA+mBvA'，代入数据解得mB=2kg，故A正确；
B.碰撞前后A的动量变化为ΔpA=mvA'-mvA=3×(-1)kg·m/s-3×(-3)kg·m/s=6kg·m/s，根据动量定理可知，碰撞时B球对A球所施的冲量为6N·s，故B正确；
C.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk=12mAvA2+12mBvB2-12(mA+mB)v'A2=15J，故C正确;
D.A与B碰撞前的总动量为p总=mAvA+mBvB=-5kg·m/s，故D错误。
故选ABC。
11.【答案】(1) C； (2)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅O'N ； (3) AC； (4) s2=4h1h2；
【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)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅O'N
(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： m1v0=m1v1+m2v2
在碰撞过程中机械能守恒，则： 12m1v02=12m1v12+12m2v22
则碰后，入射小球的速度变为 v1=m1-m2m1+m2v0
要碰后入射小球的速度为： v1>0
则只要保证 m1>m2 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： v0=OPt
碰后入射小球的速度为： v1=OMt
碰后被碰小球的速度为： v2=ONt
根据动量守恒： m1v0=m1v1+m2v2 ，由于平抛运动的时间相等，可得 m1OP=m1OM+m2ON ；故需要的工具有毫米刻度尺，天平．
(4)根据平抛运动的规律有： h2=12gt2 ，解得 t=2h2g
平抛运动的初速度为 v0=st=sg2h2
则动能的增加量为： ΔEk=12mv02=mgs4h2
重力势能的减小量为： ΔEp=mgh1
则需验证： mgh1=mgs4h2
即为： s2=4h1h2 ．
【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．
12.【答案】(1)甲；
(2) 6.790；
(3)升高；
(4)>；mAΔt1=mAΔt3+mBΔt2。
【解析】【分析】
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键;要掌握常用器材的使用与读数方法，根据螺旋测微器的读数规则读数。
(1)乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥，是完全非弹性碰撞，动能损失较大。
(2)根据螺旋测微器的读数规则读数；
(3)根据滑块通过光电门的时间判断速度关系，可得调节P使轨道左端升高；
(4)根据滑块运动时，通过光电门后，说明碰撞后滑块A向左运动，可得质量关系，再滑块A、B碰撞前后动量守恒，可得表达式。
【解答】(1)乙组中两滑块碰撞后连成一体运动，是完全非弹性碰撞，动能损失较大，根据题意，应选择甲组的实验装置。
(2)螺旋测微器的读数为6.5mm+29.0×0.01 mm=6.790mm。
(3)滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间，说明滑块从右到左加速运动，为使导轨水平，可调节P使轨道左端升高一些。
(4)滑块A向左运动，先通过光电门1，与滑块B碰撞后，滑块B通过光电门2，接着滑块A通过光电门2，说明碰撞后滑块A向左运动，所以mA>mB;
滑块A、B碰撞前后动量守恒，则mAv0=mAvA+mBvB，
又v0=dΔt1、vA=dΔt3、vB=dΔt2，代入可得mAΔt1=mAΔt3+mBΔt2。
13.【答案】解：(1)设小球的加速度为a，
小球做匀加速直线运动d=12at2
小球受力图如图，则tanθ=mgma=ga
解得tanθ=gt22d
(2)设匀强电场的电场强度大小为E
(qE)2=(mg)2+(ma)2
解得E=mqg2+4d2t4。

【解析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动问题，解答时要注意带电小球受力情况的分析及运动性质的分析。
(1)应用匀变速直线运动规律及几何关系求解；
(2)应用力的合成法则求解。
14.【答案】(1)从A到B，滑块的机械能守恒mgR=12mvB2-12mv02
解得 vB=6m/s
在B点，由合外力提供向心力FN-mg=mvB2R
解得FN=92N
(2)滑块滑到B端后冲上小车，滑块和小车受到的摩擦力分别为f1 、f2，有f1=f2=μmg=4N
滑块和小车的加速度分别为a1 、a2 ，有a1=f1m=2m/s2，a2=f2M=1m/s2
当滑块和小车共速度时所需时间为t，有vB-a1t=a2t
解得 t=2s
滑块和小车的共同速度v ，有v=2m/s
小车运动2.5s时的位移s=12×1×22m+2×0.5m=3m
(3)从滑块滑上小车到滑块和小车共速用了2s，滑块和小车相对位移s'=(6×2m-12×2×22m)-(12×1×22m)=6m
从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能E=μmg⋅s'=24J。

【解析】(1)根据机械能守恒求出滑块到达B点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对它支持力的大小。
(2)根据牛顿第二定律求出小车和滑块的加速度，根据速度时间公式求出达到共同速度的时间，结合位移公式求出车被锁定时，车右端距轨道B端的距离。
(3)根据相对滑动的距离，结合Q=fΔx求出摩擦而产生的内能大小。
解决该题的关键是明确知道滑块进入小车时小车的运动情况，掌握相对位移的求解方法，知道因为摩擦而产生的热量的求解公式。
15.【答案】解：(1)A与B碰撞时动量守恒，有m0v0=-m0vA+mvB，代入相关数据可得vB=6m/s，
则损失的机械能；
(2)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，B、C的速度相等，设此时速度为v1，B、C及弹簧系统动量守恒，有mvB=2mv1；得v1=3m/s
则弹簧的最大弹性势能为；
(3)设C与弹簧分开时B、C速度分别为v'B和vC，
由动量守恒定律及能量守恒定律得mvB=mv'B+mvC，12mvB2=12mv'B2+12mvC2，解得v'B=0，vC=6m/s，
此时C的机械能为E1=12mvC2=18J，
假设C上升高度为R时二者相对静止，C在竖直方向速度为0，则mvC=M+mvD，
此时C、D系统的机械能E2=12M+mvD2+mgR=16J，
因为E1>E2，所以滑块在竖直方向速度不为0，设滑块能上升的最大高度为h，
由机械能守恒定律有12mvC2=mgh+12MvD2+12mvD2，解得h=1.2m。

【解析】(1)A与B碰撞时两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出碰后B的速度，再由能量守恒定律求系统损失的机械能；
(2)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，此时B、C的速度相等，根据B、C以及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒求弹簧的最大弹性势能；
(3)C、D间距离足够远，最终C与弹簧分离，由系统动量守恒和机械能守恒求出C与弹簧分开时B、C的速度。由C、D组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求C上升的最大高度。