浙江省舟山绿城育华学校2022-2023学年高二上学期周测物理试卷

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    舟山绿城育华学校2022学年第二学期高二2.19周考一．单选题1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是(　　)A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题C．动量守恒定律既适用于解决低速运动的问题，也适用于高速运动的问题D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子解析　牛顿运动定律只适合研究低速、宏观问题，动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的各个领域。故C项正确。答案　C2．跳高比赛中，必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子，这是为了(　　)A．减小运动员着地过程中受到的冲量作用B．减小运动员着地过程中动量的变化量C．减小运动员着地过程中受到的平均作用力D．以上说法均不正确解析　由题意知，运动员着地过程中动量变化量一定，铺上很厚的海绵垫子，在运动员动量变化量一定的情况下，可以延长缓冲时间，减小受到的平均作用力，故C项正确。答案　C3. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg，mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s，vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动，下列说法正确的是(　　)A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左解析　取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为p，则碰撞前A、B的速度分别为：vA＝5 m/s，vB＝－2 m/s。根据动量定义p＝mAvA＋mBvB＝[2×5＋4×(－2)]kg·m·s－1＝2 kg·m/s，p＞0，说明碰撞前总动量方向水平向右。故C项正确。答案　C4．质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时，车子的速度将(　　)A．减小     B．不变C．增大     D．无法确定解析　以车和漏掉的沙子组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设漏掉的沙子质量为m，漏掉的沙子由于惯性保持原来的速度v0不变，设汽车的速度为v，则有(M＋m)v0＝mv0＋Mv，v＝v0，故B正确。答案　B5. 如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止解析　由动量守恒定律可知，小球下落时水平分速度向右，小车速度向左；小球静止，小车也静止，故D项正确。答案　D6．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)A.＋mg      B.－mgC.＋mg       D.－mg解析　解法一：分段法应用动量定理。设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg，A项正确。解法二：全程法应用动量定理。高空人员自由下落h时，由h＝gt得t1＝。对全过程由动量定理得mg(t1＋t)－Ft＝0，解得F＝＋mg，A项正确。答案　A7．质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，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，无法判断解析　由x­t图像可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，碰撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，碰撞前的总动能为mav＋mbv＝ J，碰撞后的总动能为mava′2＋mbvb′2＝ J，故机械能守恒；所以该碰撞属于弹性碰撞，A项正确。答案　A 多选题8. 如图所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑固定斜面顶端从静止自由下滑，则两物体(　　)A．到达斜面底端时的动量大小相同B．下滑的过程中重力的冲量相同C．下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量相同D．下滑的过程中合外力的冲量大小相同解析　根据机械能守恒定律可知，两物体到达斜面底端时的速度大小相等，则末动量大小相等，故A项正确；根据运动学公式和牛顿运动定律分析得知，物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，运动时间不等，重力的冲量I＝Gt，G相同，则重力的冲量不同，故B项错误；斜面对物体的弹力方向垂直于斜面，因为斜面倾角不同，所以两次弹力方向不同，冲量是矢量，所以下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量不同，故C项错误；根据动量定理得到合外力的冲量等于物体动量的变化量，而初动量为零，物体滑到斜面底端时的动量大小相等，即物体下滑过程中，合外力的冲量大小相等，故D项正确。答案　AD9. 如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是(　　)A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动解析　首先根据两球动能相等可得m甲v＝m乙v，由Ek＝得出两球碰前动量大小之比为＝，因为m甲＞m乙，则p甲＞p乙，即系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B两项所述情况，而C、D两项情况是违背动量守恒的，故C、D两项情况是不可能的。答案　AB10．(2021·厦门外国语学校月考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较(　　)A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．两个过程中系统产生的热量相同D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍解析　设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝；由于两滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A项错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B项正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C项正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做的功等于动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D项错误。答案　BC    实验题11．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的具体装置如图所示，在小车A后连着纸带，打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫有小木片用来平衡摩擦力。（1）若已得到的纸带如图所示并已测得计数点间的距离，A为运动起始的第一点，则应选___________段计算A的碰前的速度，应选___________段来计算A和B碰后的共同速度。（填“AB”或“BC”、“CD”或”DE”）（2）已测得的小车A的质量mA＝0.40kg，小车B的质量mB＝0.20kg由以上的测量可得：碰前两小车的总动量为___________kg·m/s，碰后两小车的总动量为___________kg·m/s。（结果保留3位有效数字）【答案】     BC     DE          【详解】（1）[1]推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；[2]碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度；（2）[3][4]根据纸带提供的数据，可得碰前小车的速度大小为碰前的总动量为碰后小车的共同速度为碰后的动量为12．如图所示为实验室中“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则应满足_____（填选项前的字母）。A．，        B．，C．，        D．，（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______（填选项前的字母）。A．直尺    B．游标卡尺   C．天平   D．弹簧测力计   E．停表（3）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示水平速度的是______。A．轨道末端切线未调整为水平B．改变1小球初始释放点的位置C．使1、2两小球的直径之比改变为1:3D．升高桌面高度（4）设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，则关系式______（用、及图中字母表示）成立，即可达到实验目的。【答案】     C     AC##CA     AC##CA     m1×OP=m1×OM+m2×ON【详解】（1）[1]要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射球碰后不反弹，要保证。故选C。（2）[2]根据动量守恒可知小球飞出后做平抛运动 ，可得故只需要测量小球质量和水平位移，故需要天平和直尺。故选AC。（3）[3]A．要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，故A错误，符合题意；B．改变1小球初始释放点的位置，只改变初速度大小，小球仍做平抛运动，故B正确，不符合题意；C．使1、2两小球的直径之比改变为1:3，不再一维碰撞，碰后小球速度不沿水平方向，故C错误，符合题意；D．升高桌面高度，小球仍做平抛运动，故D正确，不符合题意。故选AC。（4）[4]设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，根据可知m1×OP=m1×OM+m2×ON   计算题13．如图所示，质量的混凝土砌块静止在光滑的水平地面上，质量的小球以的速度撞击砌块，碰撞后小球以的速度被反向弹回。已知小球与砌块的作用时间为。（1）求碰撞后砌块的速度大小；（2）求小球与砌块碰撞时平均作用力的大小；（3）若砌块左侧涂上胶水，使小球与砌块碰后粘在一起，求碰撞过程系统损失的机械能。【答案】（1）3m/s；（2）500N；（3）60J【详解】(1)设砌块碰撞后的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律得解得碰撞后砌块的速度大小为3m/s。(2)设碰撞时平均作用力大小为F，规定向右为正方向，对砌块由动量定理得解得小球与砌块碰撞时平均作用力的大小为500N。(3)设碰后两者共同速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律得解得设碰撞过程损失的机械能，根据能量守恒定律有解得碰撞中系统损失的机械能为60J。14．如图为某游戏装置的示意图，由固定的竖直光滑圆弧轨道A、静止在光滑水平面上的滑板B、固定竖直挡板C组成。轨道A的底端与滑板B的上表面水平相切，初始时轨道A与滑板B左端紧靠在一起，滑板B右端与竖直挡板C相距。游客乘坐滑椅（可视为质点）从轨道A上P点由静止出发，冲上滑板B，滑板B足够长（滑椅不会从滑板表面滑出），滑板B与挡板碰撞无机械能损失。已知游客与滑椅的总质量，圆弧轨道的半径，O点为圆弧轨道的圆心，与竖直方向夹角，滑板B的质量，滑椅与滑板B间的动摩擦因数，空气阻力可忽略。求：（1）游客与滑椅滑到圆弧轨道最低点时的动量大小；（2）滑板B与竖直挡板碰撞前，游客、滑椅和滑板B组成的系统产生的内能；（3）若滑板B右端与固定挡板C距离d可以改变，并要求滑板B只与挡板C碰撞两次，则d应满足的条件。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为，由动能定理有在圆弧轨道最低点时游客与滑椅的动量大小（2）设共同速度为v，由动量守恒定律解得设在此过程中滑板的位移为，由动能定理有解得因，故达到共同速度后才与C碰撞，对系统能量守恒定律解得（3）设B与C板第一次碰撞前瞬间，两者的速度大小分别为，由动量守恒定律设B与C板第二次碰撞前瞬间，两者的速度大小分别为，由动量守恒定律若要碰撞两次，则需要满足，根据B往返运动的对称性，对B动能定理联立上式，由可得由可得即d应满足的条件