【文档说明】河北省张家口市尚义县第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考物理试题答案（物理）.pdf，共(3)页，179.263 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理第1页2022-2023学年第二学期第四次阶段测试卷（2023.6）高一物理参考答案1.A【解析】两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时

间相同，则两者所受冲量大小相等，方向相反，B错误；在光滑冰面上交换时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，两者相遇前后总动能增加，D错误。

2.D【解析】小球下滑过程中，槽对小球的弹力会做功，A错误；小球和槽在运动过程中所受的外力矢量和不为零，则小球和槽组成的系统动量守恒不守恒，但系统水平方向不受外力作用，即系统水平方向动量守恒，B错误；由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又

因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，C错误；整个过程中小球和槽系统机械能守恒，D正确。3.A【解析】由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故12vv，对冰壶乙在冰面上滑行的过程，

有222vgs，解得0.1ms，A正确。4.A【解析】斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有12mvMv，所以12mxMx，又有12tan37hxx，解得20.1mx，BCD错误，A正确。

5.B【解析】以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前2m/sav，1m/sbv，碰撞后'1m/sav，'2m/sbv，根据动量守恒定律得''aabbaabbmvmvmvmv，可得:3:1abmm，A球的质量为0.3kg，A错误，B正确；碰撞

后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能221122kaabbEmvmv，碰撞后系统动能''2'21122kaabbEmvmv，计算可得'kkEE，可知非弹性碰撞，CD错误。6.B【解析】由

于作用时间极短，外力的冲量忽略不计，所以过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生非弹性碰撞，机械能有损失，A错误；设碰撞后瞬间共同速度为v′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv=（m+M）v′，对AB整

体，有2vFmMgmML()()，联立解得22()mvFmMgmML，B正确；子弹和沙箱合为一体后一起上升时根据机械能守恒得12（m+M）v′2=（m+M）gh，结合mvvmM，解得2222()mvhgmM=+，与绳长L无关，CD错误。7.D【解析】碰

前系统总动量p=mvA1+mvB1=3m+1m=4m，碰前的总动能Ek=22111122ABmvmv=5m，若碰后vA=1m/s，vB=2m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=3m，动量不守恒，A错误；若vA=2.5m/s，vB=1.5

m/s，明显vA>vB不合理，B错误；若vA=-1m/s，vB=5m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=4m，高一物理第2页总动能E′k=221122ABmvmv=13m，动量守恒，但机械能增加，C错误；若vA=1.5m/

s，vB=2.5m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=4m，总动能E′k=221122ABmvmv=4.25m，动量守恒，但机械能不增加，D正确。8.AD【解析】子弹、小球A和小球B组成的系统水平方向不受力，系统动量守恒，A正确；子弹射入小球A的过程中

，有机械能的损失，所以子弹、小球A和小球B组成的系统总动能减小，B错误；当弹簧再次恢复原长时，B的速度最大，C错误；当子弹、小球A和B速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，D正确。9.BD【解析】物块从a滑到c的过程，小车与物块组成的系统合外

力为零，动量守恒，由于要产生内能，所以系统的机械能不守恒，A错误；滑块从c滑到d的过程，滑块竖直方向有分加速度，根据牛顿第二定律，系统的合外力不为零，则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，B正确；根据水平方向动量守恒0()mvMmv，得0mvvMm，C错

误，D正确。10.AC【解析】由题图可知，最终物块和木板的共同速度为v＝1m/s，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝1kg，A正确；木板获得的动能为Ek＝12Mv2＝12×1×12J＝0.5J，B错误；系统损失的机械能ΔE＝12mv02－12(m＋M)v

2，解得ΔE＝1J，C正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1s内B的位移为xB＝12×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝12×1×1m＝0.5m，则木板A的最小长度为L

＝xB－xA＝1m，D错误。11.（1）>（2）121123mdmdmd222121123111222mdmdmd（或222121123mdmdmd）（每空2分，共6分）【解析】（1）为了防止入射小球碰后被反弹，应让入射小球A

的质量大于被碰小球B的质量。（2）想要验证两球碰撞前后的总动量守恒，需验证101122mvmvmv，其中20dOPvtt，11dOMvtt，32ONdvtt，整理得，在实验误差允许范围内，若满足关系式121123mdmdmd，则可以认为两球碰撞前后的总动量守

恒，想要验证两球碰撞为弹性碰撞，还需验证222101122111222mvmvmv，同理可得在实验误差允许范围内，若满足关系式222121123111222mdmdmd，则可认为两球碰撞为弹性碰撞。12.0.8400.834在误差允许的范围内系统动

量守恒（每空3分，共9分）【解析】由题图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为2A10.5010m/s1.05m/s0.025v，2''AB6.9510m/s0.695m/s0.025vv

，故碰撞前总动量为高一物理第3页AABB0.840kgm/smmvv，碰撞后总动量为ABAB0.834kgm/smvvm，由此得出结论：在误差允许的范围内系统动量守恒。13.（1）0.8m（2）12N【解析】（1）球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v

1＋m2v2（3分）由机械能守恒定律得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22（3分）联立解得：v0＝4m/s，对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝12m1v02（2分）解得R＝0.8m（1分）（2）在B点对球1应用牛顿第二定

律：FN－m1g＝m1v02R（2分），联立解得FN＝12N（1分）由牛顿第三定律知，球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12N（1分）14.（1）m（2）20340vg【解析】（1）小物块C与物块A发生

碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mCv0＝(mA+mC)v（2分）碰撞过程中系统损失的机械能为E＝12mCv02－12(mA+mC)v2（2分）已知mA＝m，E＝14mv02，联立解得mA＝m（

2分）（2）当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律(mA+mC)v＝(mA+mB+mC)v1（3分）根据机械能守恒定律得(mA+mC)gh＝12(mA+mC)v2－12(mA+mB+mC)v12（3分）解得20340vhg

（1分）15.（1）2m/s（2）3J【解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝12mAv12（2分）解得v1＝6m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v

2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2（2分）解得v2＝13v1＝2m/s（1分）（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v3，由动量守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3（3分）解得

v3＝16v1＝1m/s由机械能守恒定律有Ep＝12(mA＋mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v32（3分）解得Ep＝3J（2分）