内蒙古集宁一中2020届高三上学期12月物理试题

1.蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是

A. 第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等

B. 第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等

C. 第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量

D. 第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设两个阶段的时间分别是t1和t2；根据动量定理可知

即第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等，选项A错误，B正确；

C．由可知，第一、第二阶段重力的总冲量等于第二阶段弹力的冲量，选项C错误；

D．第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动，后来重力小于弹力，运动员做减速运动，选项D错误。

2.如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量MA=1kg，B的质量MB=4kg．滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v=5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（　　）

A. 物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大

B. 作用过程中弹簧的最大弹性势能

C. 滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为

D. 若滑块A的质量，B的质量，滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为

【答案】D

【解析】

【详解】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误;

B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律：

解得：

v′=1m/s

根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：

解得：

EP=10J

故B错误;

C．当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：

由以上两式得：vA=-3m/s，vB=2m/s，所以滑块A的最小动能为EKA=0．滑块B的最大动能为

故C错误;

D．若滑块A的质量MA=4kg，B的质量MB=1kg，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为vA=3m/s，vB=8m/s，滑块A的最小动能为

滑块B的最大动能为

故D正确。

3.在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量△P，正确的是（　　）

A. 平抛过程最大 B. 竖直下抛过程最大

C 竖直上抛过程最大 D. 三者一样大

【答案】C

【解析】

【详解】小球运动过程中只受重力做功，故由动量定理可得：动量增量

△p=mg•△t

三个小球竖直方向都做匀变速运动，加速度g相同，位移相同；故在竖直方向以竖直向上为正方向的话，初速度的竖直分量越大，运动时间越长，所以，竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体动量的增量最大。

A. 平抛过程最大，与分析不符，故A错误。

B. 竖直下抛过程最大，与分析不符，故B错误。

C. 竖直上抛过程最大，与分析相符，故C正确。

D. 三者一样大，与分析不符，故D错误。

4.超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨1点45分前后在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级（52米/秒），是新中国成立之后登陆我国强度第五的超强台风，风力大，降水强度大，影响范围广，涉及到10个省区市，持续时间长，也是历史上少有的超强台风，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设t时间内吹到建筑物上空气质量为m，则有：m＝ρSvt，根据动量定理

解得风力F与风速大小v关系为。

A.，与分析不一致，故A错误；

B.与分析相一致，故B正确；

C.与分析不一致，故C错误；

D.与分析不一致，故D错误。

5.物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图所示,A的质量为m,B 的质量为M,当连接A、B的绳子突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,在这一段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为

A. Mv B. mv-Mu

C. mv+mu D. mv+Mu

【答案】C

【解析】

【详解】以向上为正方向，由动量定理对B：-Mgt=-Mu-0，对A：I-mgt=mv-0，解得：

I=m（v+u）

A．Mv。故A不符合题意。   

B．mv-Mu。故B不符合题意。

C．mv+mu。故C符合题意。   

D．mv+Mu。故D不符合题意。

6.质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动.质量为m的子弹以水平速度射入木块，刚好能将木块射穿.现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度射入静止的木块.设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则

A. 拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B. 子弹在木块中受到的阻力大小为

C. 拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为

D. 拔去销钉，子弹射入木块的深度为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误

B．当木块固定时，由动能定理可知：

解得：

故B正确.

C．拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得：

解得：

故C错误.

D．拔去销钉，由C选项可知最终速度，故整个过程根据动能定理有：

解得：

故D正确.

7.如图所示，一不可伸长的轻绳的一端固定于O点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是

A. 拉力对小球的冲量为零

B. 重力对小球的冲量方向竖直向下

C. 小球的动量变化量方向竖直向下

D. 合力对小球的冲量方向水平向左

【答案】BD

【解析】

【详解】A．拉力不为零，根据I=Ft可知，拉力对小球的冲量不为零，选项A错误；

B．重力竖直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，选项B正确；

CD．小球初动量为零，末动量水平向左，可知小球的动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水平向左，选项C错误，D正确。

8.如图所示，质量为M、带有半径为R四分之一粗糙圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到轨道最高点，然后滑回轨道底端。已知M=2m。，则下列判断正确的是（    ）

A. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能不守恒

B. 小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量不守恒

C. 小滑块冲上轨道最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为

D. 小滑块回到圆弧轨道底端时，速度大小为，方向水平向左

【答案】AB

【解析】

【详解】A．小滑块冲上轨道的过程，圆弧轨道粗糙，有相对运动摩擦力做功，所以系统的机械能不守恒，故 A 正确。

B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，水平动量守恒，故 B正确。

C．小滑块冲到轨道的最高点时 ，取水平向右为正方向 ，由系统水平动量守恒得：

得  

但此时圆弧轨道的滑块速度不是最大，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速度最大，故 C 错误。

D．设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为 v1 和 v2. 假设由水平动量守恒和机械能守恒可得：

联立解得，，但因圆弧轨道粗糙，系统机械能不守恒，故小滑块回到圆弧轨道底端时，速度大小不为，故D错误.

二．实验题

9.某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律。图中AB为斜槽，BC为水平槽。

（1）下列说法正确的是_______。

A．该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量

B．该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质

C．该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度

D．该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前后的速度

（2）实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置S多次由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上并留下痕迹，从而确定P点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球仍从位置S多次由静止释放，跟被碰小球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。实验中，确定P点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的零刻线与O点对齐，则OP=_______cm。

（3）该实验若要验证两小球碰撞前后的动量是否守恒，需要分别测量记录纸上M点距O点的距离LOM、P点距O点的距离LOP、N点距O点的距离LON。除此之外，还需要测量的物理量是_________，需要验证的关系式为___________（其中涉及需要测量的物理量请用自己设定的字母表示）。

【答案】    (1). A    (2). 39.80cm    (3). 两球的质量    (4). m1LOP=m1LOM+m2LON

【解析】

【详解】(1)[1]AB．要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无要求，故A正确，B错误；

C．入射小球从静止下落过程中会受到回到对其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h得到小球碰撞前的速度，故C错误；

D．两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为

竖直高度相同，则下落时间相等，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度；故D错误。

(2)[2]为保证减小实验误差，则应读轨迹中心到O点的距离即为OP的长度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，估读到0.1mm，所以OP=39.80cm.

(3)[3][4]据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：

令入射小球的质量为m1和被碰小球的质量m2，

根据动量守恒定律有：

m1v0=m1v1+m2v2

可得验证的表达式为：

m1LOP=m1LOM+m2LON

还需要测量的物理量是两球的质量.

三、解答题

10.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：

11.如图所示，光滑水平面与光滑半圆弧轨道平滑连接，静止在水平面上的A、B两物块（可看成质点）之间有一被锁定的压缩轻弹簧，AB与弹簧接触但不连接。第一次固定A，解除弹簧锁定，B物体被弹开后，经过半圆轨道最高点时对轨道的压力为其重力的3倍。保持弹簧的压缩量不变重新锁定弹簧，第二次A、B均可自由运动，解除弹簧锁定，B恰好能通过圆弧最高点：求：A，B两物块的质量之比。

【答案】5：3

【解析】

【详解】A物块的质量为mA，B物块的质量为mB，光滑圆弧的半径为R，弹簧两次形变量相同，释放出的弹性势能为EP，第一次固定A，释放B，B离开弹簧时的速度为v0，运动到最高点时的速度为v1：第二次同时释放AB，离开弹簧时A的速度为vA，B的速度为vB，B运动之圆弧最高点时的速度为vB1

第一次：由能量守恒定律得：

，

对B：由机械能守恒定律得：

，

由牛顿第二定律得：

N+mBg＝mB且N＝3mBg

解得：

第二次：由能量守恒得：

，

由动量守恒定律得：

mAvA﹣mBvB＝0

对B，由机械能守恒定律得：

，

恰好通过最高点，由牛顿第二定律得：

mBg＝mB

解得

答：A、B两物块的质量之比。

12.一物理兴趣小组为了研究碰撞过程的不变量，在水平气垫导轨上设计如图实验，为了分析问题方便，可以把水平气垫导轨设想为水平光滑地面，从而不计滑块与导轨间的摩擦，滑块的速度可以利用光电门测定，图上未画。导轨上质量均为的滑块和通过一根轻弹簧连接，且弹簧处于原长，左侧紧挨着竖直挡板且不粘连。一质量为的滑块以速度水平向左运动，与滑块碰后粘连在一起。试求：

(1)弹簧所具有的最大弹性势能；

(2)整个过程竖直挡板对滑块的冲量；

(3)整个过程滑块的最大速度。

【答案】(1)(2)(3)

【解析】

【详解】(1)滑块和做完全非弹性碰撞，由动量守恒可知

解得

当和向左的速度减为零时，弹簧的弹性势能达到最大，由机械能守恒知

解得

(2)当弹簧第一次恢复原长时，滑块刚好离开挡板，此时和向右的速度大小也为，由动量定理知挡板对滑块的冲量

方向水平向右

(3)滑块离开挡板后，当弹簧再次恢复原长时滑块的速度最大，设为，由动量守恒知

由机械能守恒知

联立以上各式解得