【文档说明】【精准解析】吉林省白城市洮南市第一中学2020-2021学年高二（上）第一次月考试题物理试题（解析版）.doc，共(20)页，1.076 MB，由小赞的店铺上传

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物理试题第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，1-8题为单选，只有一个选项符合题目要求，9-12题为多选，在给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选

错或不答的得0分）1.古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2s，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是（）A.1m/sB.1.5m/sC.2m/sD.2.5m/s【答

案】CD【解析】【详解】取兔子奔跑的速度方向为正方向，根据动量定理得0Ftmv−=−解得Ftvm=其中Fmg=，则100.2m/s2m/smgtvgtm====则被撞死的兔子其奔跑速度大于等于2m/s即可故选CD。2.带电荷量分别为4q和-6q的两个相同的金属小球保

持一定的距离（比小球的直径大得多），相互作用的静电力为F；若将它们接触后分开，并再放回原处，它们的相互作用力为（）A.24FB.25FC.124FD.2524F【答案】C【解析】【详解】根据库仑定律，开始时246qqFkr=接触后分开，并再放回原处，则两球各带电量为-q，则'2124qqFkF

r==故选C。3.在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA=5kgm/s，pB=7kgm/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量△pA、△pB不可能是

（）A.△pA=-3kgm/s；△pB=3kgm/sB.△pA=3kgm/s；△pB=3kgm/sC.△pA=-10kgm/s；△pB=10kgm/sD.△pA=3kgm/s；△pB=-3kgm/s【答案

】BCD【解析】【详解】A．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=

2kg•m/s、p′B=10kg•m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确；B．若△PA=3kg•m/s，△PB=3kg•m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；C．如果△pA=-10kg•m/s、△pB=10kg•m/s，所以碰后两球的动量

分别为p′A=-5kg•m/s、p′B=17kg•m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故C错误；D．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s

，所以碰后两球的动量分别为p′A=8kg•m/s、p′B=4kg•m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。故选BCD。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0m的子弹以大小为0v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000mvmmM++B.子弹射入木块后的瞬

间，绳子拉力等于()0Mmg+C.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒D.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于()0Mmmg++【答案】D【解析】【详解】子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则()0001mvMmv=+，解得木块的速度大小为000mvmM+，故A

错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得()()2100vTMmgMmR−+=+可知绳子拉力大于()0Mmg+，故B错误；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向动量守恒，故C错误；子弹射入木块后的

瞬间，对子弹、木块和圆环整体：()0NTmgMmmg=+++，故D正确；故选D5.物体的质量为m=2.5kg，静止在水平地面上。物体与地面间滑动摩擦系数0.2=，物体受到与地面平行的拉力F作用，F方向不变，大小随时间变化规律如图所示，那么下述判断正确的是（）A.前

2s物体静止不动，因拉力F小于摩擦力B.6s内，拉力F对物体的冲量大小等于50N·sC.6s内，摩擦力对物体的冲量大小等于30N·sD.6s末物体的速度大小是12m/s【答案】D【解析】【详解】A．物体所受的最大静摩擦力max5NFm

g==因为前2s内拉力F小于最大静摩擦力，所以物体静止不动，，此时拉力F等于静摩擦力，故A错误；B．F-t图象与t轴包围的面积表示冲量的大小，故：IF=4×2N•s+10×2N•s+15×2N•s=58N•s故B错误；C．前2s物体静止不动，是

静摩擦力；后4s是运动的；故摩擦力的冲量大小为If=4×2N•s+5×4N•s=28N•s故C错误；D．2s末物体的加速度221105m/s2m/s2.5Ffam−−===则4s末的速度v=a1t1=2×2m/s=4m/s在4-6s内的加速度222155m/s4m/s2.5

Ffam−−===则6s末的速度v′=v+a2t2=4m/s+4×2m/s=12m/s故D正确；故选D。6.材料不同的两个长方体，上下粘结在一起组成一个滑块，静止在光滑的水平面上。质量为m的子弹以速度0v水平射向滑块，若射击上层，子弹的深度为d1；若射击下层，子弹的深度为

d2，如图所示。已知d1>d2。这两种情况相比较（）A.子弹射入上层过程中，子弹对滑块做功较多B.子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大C.子弹射入下层过程中，滑块受到的冲量较大D.子弹射入下层过程中，滑块的加速度较小【答案】B【解析】【详解】A．设两个滑块的总质量为M．取向右为正方向，根据动量

守恒定律得mv0=（M+m）v得0mvvMm=+可知两种滑块获得的速度是相同的，则滑块获得的动能是相同的，根据动能定理知：子弹对滑块做的功等于滑块动能的增量，所以两次子弹对滑块做的功一样多。故A错误；B．设子弹和滑块间的作用力大

小为f，由能量守恒定律得22011(22fdmvMmv=−+)由于d1＞d2，则得f1＜f2．即子弹射入上层过程中，子弹对滑块的作用力较小。子弹对滑块做功W=flW相等，则知子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大。

故B正确；C．对滑块，根据动量定律得I=Mv-0即I=MvM、v相等，则两次滑块受到的冲量相同。故C错误；D．对滑块，由牛顿第二定律得faM=由于f1＜f2，所以a1＜a2．即子弹射入上层过程中，滑块的加速度较小。故D错误。故选B。7.如图甲所示，在光滑水平面

上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断（）①碰前m2静止，m1向右运动；②碰后m2和m1都向右运动；③由动量守恒可以算出m2=0.3kg；④碰撞过程中系统

损失了0.4J的机械能；以上判断正确的是（）A.①③B.①②③C.①②④D.③④【答案】A【解析】【详解】A．由s−t(位移时间)图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止；m1速度大小为v1=△s/△t=4m/s，方向只有向右才能与m

2相撞，故①正确；B．由图读出,碰后m2的速度为正方向,说明向右运动,m1的速度为负方向，说明向左运动，故②错误；C．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v′2=2m/s,v′1=−2m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v′2+m1v′1代入解得,m2=0.

3kg，故③正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能2221111221110222Emvmvmv=−−=④错误．故选A。8.如图所示，半径为R、质量为M的1/4光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口

滑出时的速度大小为（）A.2gRB.2gRMMm+C.2gRmMm+D.2()gRMmM−【答案】B【解析】【详解】圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向

不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1，槽的速度为v2，在水平方向上，由动量守恒定律可得120mvMv−=木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得22121122mgRmvMv=+联立解得，木块滑出槽口的速度

22MgRvmM=+故B正确，ACD错误。9.向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有（）A.b的速度方向一定与原来速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定

同时到达水平地面D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定相同【答案】C【解析】【详解】A．在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前炮弹的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量

与炮弹原来动量的大小关系，故A错误.B．a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误.C．a、b都做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时

到达水平地面，故C正确.D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，但方向相反，爆炸力的冲量不同，故D错误．10.如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与轻质弹簧相连，设Q

静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则（）A.012EE=B.10EE=C.022EE=D.20EE=【答案】AD【解析】【详解】AB．弹簧

的最大弹性势能发生在P、Q的速度相等时，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为221011222Emvmv=−解得21001142EmvE==故A正确，B错误；CD．由于P、Q之间发生的是完全弹性

碰撞，且P、Q的质量相等，最终P、Q将交换速度，即小滑块P将静止，小滑块Q以动能E0运动，故C错误，D正确。故选AD。11.如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车

上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后（）A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系cabvvvD.a、c两车运动方

向相反【答案】CD【解析】【详解】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有0cMvmv=−+人车bmvMvmv=−+人人车()amvMmv=+人人车所以cmvvM=人车0bv=amvvMm=+人人车即cabvvv并且vc与va方向相反。所以选项A

B错误，选项CD正确。故选CD。12.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直

放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·sB.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·sC.若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.M离开轻弹簧

时获得的速度为9m/s【答案】AB【解析】【详解】ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得120mvMv−=由机械能守恒得22121122PmvMvE+=代入数据解得129m/s3m/svv==，即M离开轻弹簧时获得的速度

为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得2'21111222mvmvmgR=+解得18m/sv=以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为()110.28Ns0.29Ns3.4NsIpmvmv==−=−−=−则合力冲量大小为3.

4N•s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为10.29Ns1.8NsIpmv====故AB正确，D错误；C．设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得222111222mv

mvmgr=+在最高点，由牛顿第二定律得22vmgNmr+=m从B点飞出，需要满足：0N，飞出后，小球做平抛运动2122rgt=2xvt=解得22114(4)(4)4vrvvgrrrgg=−=−当

8.144rr−=时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误。故选AB。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、填空题（共2小题，共18分。把答案直接填在横线上）13.如图所示，用“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：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所

有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：

用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。①对于上述实验操作，下列说法正确的是________A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽

轨道末端必须水平D．小球1质量应大于小球2的质量②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________；A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度h2C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r③当所测物理量满

足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失；④完成上

述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分

别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________(用所测物理量的字母表示)。【答案】(1).ACD(2).C(3).112mOPmOMmON=+(4).222112(

)()()mOPmOMmON=+(5).m12l＝m11l＋m23l【解析】【详解】①[1]A．从相同的位置落下，保证小球1每次到达轨道末端的速度相同，A正确；B．现实中不存在绝对光滑的轨道，B错误；C．为了保证两小球能够发生对心碰

撞且碰后做平抛运动，所以轨道末端必须水平，C正确；D．为了保证1小球碰后不反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确。故选ACD；②③[2][3]小球碰撞满足动量守恒定律：101122+mvmvmv=小球飞出轨道后做平抛运动，下落时间由高度

决定：212hgt=水平方向做匀速直线运动：0OPvt=1OMvt=2ONvt=联立方程：112mOPmOMmON=+，所以还需要测量的物理量为两小球的质量，C正确，ABD错误；[4]若能量守恒，根据能量守恒定律：22

2101122111222mvmvmv=+联立方程：222112()()()mOPmOMmON=+；④[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移：coslvt=21sin2lgt=消去时间，解得：cos2s

ingvl=，根据题意，代入动量守恒方程中得：121123mlmlml=+。14.用如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L

，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到B球的平均落点，并测得落点到支柱N的

水平距离为s。用上述的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：PA=_____。PA＇=_____。PB=_____。PB＇/=_____。【答案】(1).2(1cos)AmgL−(2).2(1cos)AmgL−(3).0(4).mBs2gH【解析】【详解】[1]碰前A由机械能

守恒定律()211cos2AAAmgLmv−=解得2(1cos)AvgL=−碰前A的动量2(1cos)AAPmgL=−[2]碰后A由机械能守恒定律()'211cos2AAAmgLmv−=解得'2(1cos)AvgL=−碰后A的动量'2(1cos)AAPmgL

=−[3]碰前B的动量为零，即PB=0[4]B球被碰撞后s=vBt而2tHg=碰后B的动量'2BBBBgPmvmsH==三、计算题（共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出

数值和单位）15.质量m=1kg的小球从高h1=20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度h2=5m，小球与软垫接触的时间t=1s，不计空气阻力，g=10m2/s，以竖直向下为正方向，求:（1）小球与软垫接触前后的动量改变量；（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力

大小．【答案】（1）动量改变量的大小为30/kgms，方向竖直向上．（2）40N【解析】【分析】(1)据动能定理求出小球与软垫接触前后的速度，进而求出小球与软垫接触前后的动量改变量；(2)对小球与软垫接触过程，应用动量定理求出接

触过程中软垫对小球的平均作用力．【详解】(1)小球从开始下落到接触软垫过程，由动能定理可得：21112mghmv=，解得：小球与软垫接触前速度120/vms=，方向竖直向下．小球反弹上升过程，由动能定理得：222102mghmv−=−，解得：小球与软垫接触

后速度210/vms=，方向竖直向上．以竖直向下为正方向，则210/vms=−小球与软垫接触前后的动量改变量211(10)120/30/pmvmvkgmskgms=−=−−=−即动量改变量的大小为30/kgms，方向竖直向上．(2)以竖直向下为正方向

，对接触过程中小球应用动量定理得：()mgtFtp+−=代入数据解得：软垫对小球的平均作用力大小40FN=【点睛】动量、动量的变化都是矢量；同一直线上的矢量运算可先规定正方向，将矢量运动简化成代数运算．16.如图所示，长为R=0.

6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.3kg物块A以v0=5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5m。两物体碰撞为弹性正碰，碰后B小球能在竖直平面内做

完整圆周运动。已知重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：(1)两物体碰撞前瞬间，A物块速度v1的大小；(2)两物体碰撞后瞬间，B球速度v2的大小；(3)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。【答案】(1)4m/s；(2)6m/s；(3)1

N【解析】【详解】(1)与B碰撞之前，A做匀减速直线运动，有：Fagm==21v-20v=-2ax解得v1=4m/s(2)碰撞过程中，A、B系统动量守恒，有m1v1=m1v1＇+m2v22'22111122111222mvmvmv=+可得v1＇=2m/sv2=

6m/s(3)小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v312m222v=12m223v+m2g·2R在最高点2322vTmgmR+=解得T=1N17.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板和滑块CD,木板上表面粗糙，

滑块CD上表而是光滑的14圆弧，其始端D点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示.一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板的右端以初速度0v滑上木板AB,过B点时速度为02v，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的点C处．已知物块P与木板AB问的动摩擦

因数为．求:(1)物块滑到B处时木板的速度ABv；(2)木板的长度乙；(3)滑块CD圆弧的半径．【答案】(1)04ABvv=(2)20516vLg=(3)2064vRg=【解析】【详解】(1)由点A到点

B时，取向左为正．由动量守恒得：02BABmvmvmv=+由题意知：02Bvv=解得：04ABvv=；(2)由点A到点B时，由能量守恒定律得：2220001112()()22422vvmvmmmgL−

−=解得：20516vLg=；(3)由点D到点C，滑块CD与物块P的水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00224vvmmmv+=由机械能守恒定律得：22200111()()224222

vvmgRmmmv=+−解得：2064vRg=．18.如图所示，有一内表光滑的金属盒，底面长L＝1.2m，质量M=1kg，放在水平面上与水平面间的动摩擦因素为μ=0.2。在盒内最右端放一半径为r=0.1m的光滑金属球，质量为m=1kg，现在盒的左端给盒一个水平冲量I=

3N·s（盒壁厚度，球与盒发生碰撞时间和能量损失忽略不计），g取10m/s2，求：（1）金属盒能在地面上运动多远？（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？【答案】(1)1.125m(2)1.75s【解析】【详解】（1）M获得速度：03m/sIMv==对

M、m组成系统，从M开始运动到最终速度都为零，依能量守恒：201()2MvMmgs=+1.125ms=（2）设当金属盒前进：1L21msr=−=时速度为1v依动能定理：2211011()22MmgsMvMv−+=

−11m/sv=此过程运动时间：111010.5s2sstvvv===+球与盒发生碰撞：112MvMvmv=+222112111222MvMvMv=+10v=，21m/sv=球以2v在盒内匀速前进11ms=所用时间2t：1

221sstv==球前进1m与盒第二次碰撞碰前：球的速度为1m/s，盒子速度为0碰后：球的速度为0，盒子速度为1m/s以盒为研究对象，盒前进：210.125msss=−=停止22320.1250.25s10022sstvv====++金属盒从开始

运动到最后静止所经历时间：1231.75stttt=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com