2020-2021学年重庆市第八中学高二下学期周考物理试题（3.14） 解析版

这是一份2020-2021学年重庆市第八中学高二下学期周考物理试题（3.14） 解析版，共16页。试卷主要包含了14），0分），50s，在空中保持直立，取，求，【解析】A，【解析】解等内容，欢迎下载使用。
重庆市第八中学2020-2021学年高二下学期周考物理试题（3.14）一、选择题（本大题共12小题，其中1-8题为单选，9-12题为多选，共40分）下面物理原理中说法不正确的是A. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
B. 发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力
C. 物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒
D. 某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒两只完全相同的鸡蛋A、B自同一高度由静止释放，分别落在海绵和石头上，鸡蛋A完好未反弹，鸡蛋B碎了。不计空气阻力，对这一结果，下列说法正确的是A. 下落过程中鸡蛋B所受重力的冲量更大一些
B. 下落过程中鸡蛋B的末动量更大一些
C. 碰撞过程中鸡蛋B的动量减小更多一些
D. 碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为，产生的推力约为，则它在时间内喷射的气体质量约为A.  B.  C.  D. 如图，一小船以的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为假定抛接小球时
人手的高度不变，不计空气阻力，g取A.  B.  C.  D. 如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接
触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是A. P对Q做功为零
B. P和Q之间相互作用力做功之和为零
C. P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D. P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒质量为M的木块在光滑水平面上以速度水平向右运动，质量为m的子弹以速度水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为子弹留在木块中不穿出A.  B.  C.  D. 水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度，物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A. 48kg B. 50kg C. 58kg D. 63kg如图所示，竖直光滑杆上穿有两个弹性小球A、B，其质量关系满足，彼此间隔一小段距离．将两个球从距底座高为远大于小球半径处由静止同时释放．所有碰撞时间极短且无机械能损失，则A、B第一次碰撞后B球上升的最大高度最接近（   ）A. 4h            B. 6h             C. 8h            D. 9h光滑的水平面上物体A以的动量撞击静止的物体B，碰撞后物体A、B动量的可能值为A. ， B. ，
C. 0， D. ，如图所示，一质量的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。一质量的小球可视为质点通过长度的不可伸长的轻绳与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻绳处于水平状态。现将小球由静止自由释放不计一切摩擦力，取。则下列说法正确的是A. 小球从初始位置到第一次到达最低点时，轻绳的拉力为
B. 小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了
C. 小球可回到初始高度
D. 小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，小球在水平方向上向左移动了质量为m的物块在时刻受沿固定斜面向上的恒力作用，从足够长的倾角为的光滑斜面底端由静止向上滑行，在时刻撤去恒力加上反向恒力、大小未知，物块的速度时间图象如图乙所示，时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在时刻的速度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
B. 物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为
C. 的冲量大小为
D. 的冲量大小为如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则 
A. 木板先加速再减速，最终做静止
B. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
C. 整个过程合力对物块的冲量大小为
D. 弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）某同学拟将量程为，内阻约为几十欧姆的电流表G改装成量程为1V的电压表。
他首先设计了如图所示电路来测量电流表G的内阻，图中E为电源电动势。现有最大阻值分别为和的滑动变阻器，则应选用最大阻值为______ 的滑动变阻器。开关接通，未接通时，调节使电流表G示数为；接通后，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，当其阻值为时，电流表G的示数为，则电流表G的内阻为______ 。
为了将电流表G改装成量程为1V的电压表，需要______ 选填“串联”“并联”
一个大小为______ 的电阻。用图甲的“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。O时小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两个小球落地的平均位置M、N。（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是_________。A．可选用半径不同的两小球B．选用两球的质量应满足C．需用秒表测量小球在空中飞行的时间D．斜槽轨道必须光滑（2）图乙是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为____________cm（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒（用所给符号表示）。（4）验证动量守恒的实验也可以在如图所示的水平气垫导轨上完成，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起。实验测得滑块A的总质量为，滑块B的总质量为，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。 左侧光电门右侧光电门碰前碰后无在实验误差允许范围内，若满足关系式    ____________。即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）三、计算题（本大题共4小题，共44.0分）（6分）蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50kg的运动员从距蹦床高处自由落下，接着又能弹起高，运动员与蹦床接触时间t=0.50s，在空中保持直立，取，求：（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F．          （12分）如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在光滑挡板上，物体A以水平向右的速度v0=3m/s与B正碰并粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量均为m=1kg，求：（1）A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；（2）挡板对C的冲量I；（3）C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能Ep。             （12分）如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD水平，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g.求：(1)小球甲所带的电荷量；(2)若在半圆形轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力。(不计两球间静电力的作用)         （14分）如图所示，水平面固定一足够长的木板，其左侧安装一弹性挡板，M、N两物块的质量分别为m和5m，N静止于木板上A处。某时刻，M以速度v0与N发生弹性碰撞。N与小板间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力；M与不板间无摩擦与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，N的速度减为零之前M不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求M与N第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vM1、vN1(2)求物块N从A点向右运动的总距离L；(3)若将长木板右端抬起，形成倾角为的斜面后固定，并使，其他条件不变。求第n次碰擅后N上升的高度h0。         重庆八中高2022级物理周考答案（2021.3.14）1.【解析】A.根据动量定理可知，物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，故A正确；
B.发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，故B正确；
C.根据动能定理可知，物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体动能一定不变，但是机械能不一定守恒，故C错误；
D.根据系统动量守恒的条件可知，某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，故D正确。2.【解析】解：A、鸡蛋A、B自同一高度由静止释放，都做自由落体运动，运动时间相同，根据冲量的定义，可得下落过程中鸡蛋A、B所受重力的冲量相同，故A错误；
B、鸡蛋A、B自同一高度由静止释放，都做自由落体运动，A与海绵和B与石头接触前瞬间速度相同，根据公式，可知下落过程中鸡蛋A、B的末动量相同，故B错误；
C、鸡蛋从同一高度掉下，A与海绵和B与石头接触前瞬间速度相同，动量相同，与海绵和石头作用后速度均变为零，鸡蛋动量的变化相同，故C错误；
D、鸡蛋B与石头作用时间短，鸡蛋A与海绵作用时间长，由动量定理得：，解得碰撞过程中鸡蛋的动量变化率为：，相同，所以碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大，故D正确。
3.【解析】以气体为研究对象，设内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：

其中
解得：，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【解析】解：竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；
设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度
代入数据解得：
从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：
，故B正确，ACD错误。
5.【解析】解：A、Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A错误；
BCD、Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B正确，CD错误。6.【解析】设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件，选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有： 
，得 ，故ABD错误，C正确。故选C。
7.【解析】解：设该运动员的质量为M，物块的质量为，推物块的速度大小为，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：
第二次推物块的过程中：
第三次推物块的过程中：

第n次推物块的过程中：
以上各式相加可得：
当时，，解得
当时，，解得，
故，故ABD错误、C正确。
8.【解析】【解答】A球做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式可知，A球与地面碰撞前的速度大小为 AB彼此间隔一小段距离，B球与A球碰撞前的速度大小为 两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球的速度大小为，大球速度大小为，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得： ，
解得：
当时
小球上升的高度，故D正确，
9.【解析】解：水平面光滑，A、B撞击过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，以撞击前A的动量方向为正方向，则碰撞前系统总动量；
A、如果碰撞后A、B的动量分别为、，碰撞后系统的总动量，碰撞过程系统动量守恒，故A正确；
B、如果碰撞后A、B的动量分别为、，碰撞后系统的总动量，碰撞过程系统动量不守恒，故B错误；
C、如果碰撞后A、B的动量分别为0、，碰撞后系统的总动量，碰撞过程系统动量守恒，故C正确；
D、如果碰撞后A、B的动量分别为、，说明碰撞后B的速度方向碰撞前A的速度方向相反，A碰撞静止的物体B后，A的速度方向不变而B的速度方向反向，不符合实际情况，故D错误。故选：AC。
10.【解析】A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，根据水平动量守恒有：，由系统机械能守恒有：，联立解得：，，在最低点由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误；
B.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x，取向左为正方向，根据水平动量守恒有：，解得：，故B错误；
C.由于系统的机械能守恒，小球可回到初始高度，故C正确；
D.由B选项知，小球从初始位置到最低点过程，水平方向向左移动了，根据对称性，小球从最低点到第一次到达最大高度，水平方向再向左移动，故小球在水平方向向左移动了，故D正确。故选CD。
11.【解析】解：A、设时物体的速度大小为，木板的速度大小为，取物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A错误；
B、物体到木板左端的距离等于物体相对于木板的位移，为：，解得，故B错误；
C、设物体与木板之间的动摩擦因数为，对木板，根据牛顿第二定律得 ，
由图得木板的加速度，解得：，故C正确；
D、木板能达到的最大速度为，由动量守恒定律得：，解得，故D正确。故选：CD。
12.【解析】A.木块相对于木板向左运动过程木板向左做加速运动，木块相对于木板向右滑动过程，木板向左做减速运动，最后木块与木板共同做匀速运动，故A错误；
弹簧压缩量最大时木块与木板速度相等，弹簧弹性势能最大，木块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
从木块滑上木板到弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律得：
从木块滑上木板到木块到达木板最右端过程，由能量守恒定律得：
解得：，，故D错误B正确；
C.整个过程，对木块，由动量定理得：，整个过程中木板和弹簧对木块的冲量大小为，故C正确。故选BC。
13.【解析】【答案】2600  50  串联  950【解析】解：本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，电流表内阻为几十欧，则应选用最大为的滑动变阻器；接通后，保持滑动变阻器的滑片位置不变，则电路总电流为几乎不变，此时电阻箱与电流表并联，当电阻箱阻值为时，电流表G的示数为，则电流表G的电流为，与电阻箱电流相等，则其阻值也与电阻箱阻值相等，故电流表G的内阻为。
改装后电压表的满偏电流为，满偏电压为1V，则改装后电压表内阻，则需要串联的电阻为。
故答案为：；50；串联；950。14.【答案】B    55.50            【详解】（1）A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等。故A错误；B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大。故B正确；C.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间。故C错误；D.要保证小球在空中做平抛运动，所以斜槽轨道末端必须水平，但是在斜槽轨道的运动发生在平抛以前，所以不需要光滑，但入射球必须从同一高度释放。故D错误。故选：B；（2）确定B球落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cm；（3）要验证动量守恒定律定律，即验证：，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：得：，可知，实验需要验证：；（4）若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有：，设遮光片的宽度为d，则：，，，联立可得：15.【答案】① 250 N·s    ② 1600N【解析】① 重力的冲量大小为：② 设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：解得：弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：解得：取向上为正方向，由动量定理有： 代入数据解得F＝1 600 N16.【答案】(1)1.5m/s；(2)6N·s，方向水平向左；(3)0.75J(1)以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对AB组成的系统，根据动量守恒定律有解得v1=1.5m/s。(2)从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程，对A、B、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律知道C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v1，根据动量定理有I=2m(-v1)-2mv1解得I=-6N·s，即挡板对C的冲量大小为6N·s，方向水平向左。(3)C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v2时，弹簧具有最大弹性势能，C离开挡板后，对A、B、C及弹簧组成的成系统，根据动量守恒定律有2m(-v1)+0=3m(-v2)根据机械能守恒定律有         解得EP=0.75J。17.【答案】（1）；（2）【详解】(1) 由于小球甲在运动过程中，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，只有重力做功，根据动能定理，可列出小球甲运动到C点时的速度，即解得                             小球甲第一次通过C点时      第二次通过C点时             由题意知                         解得                            (2) 因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则解得                                甲球和乙球在碰撞的瞬间，由于乙球不带电，所以在碰撞的瞬间，二者所带的电荷量总和平分，都为 ，设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向竖直直向上，根据牛顿第二定律得           解得                           根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为，方向竖直向下18.【答案】(1)；；(2)；(3) 【详解】(1)与的第一次碰撞，取的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得          联立得                       ，故第一次碰撞后的速度大小为，的速度大小为(2)与挡板和之间碰撞，均为弹性碰撞，由于摩擦生热，最终、静止。对两物块运动全过程由能量守恒得         ⑤解得                                 (3)设第一次碰撞后上升的高度为，对由运动学公式得联立得                             设运动至与刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对由动能定理得           联立得                            与的第二次碰撞，设碰后与的速度分别为、，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得        联立得               ，设第二次碰撞后上升的高度为，对由运动学公式得联立得                            设运动至与刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对由动能定理得            联立得                           与的第三次碰撞，设碰后与的速度分别为、，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得             联立得                        设第三次碰撞后上升的高度为，对由运动学公式得联立得                        总结可知，第n碰撞后，物块上升的高度为