【文档说明】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一下学期第二次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(19)页，723.000 KB，由小赞的店铺上传

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南昌二中2019—2020学年度下学期第二次月考高一物理试卷一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题，在给出的四个选项中，只有一个选项是正确的；9-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的

得2分，选错或不答的得0分．）1.粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统()A.动量和机械能都守恒B.动量和机械能都不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】子弹射入木

块过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，在一起滑动过程中，受到地面的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，根据能量守恒定律，子弹打入木块和在地面上滑行过程系统要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能不守恒，故B正确，ACD错误．2.将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型

点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A.0mvMB.0MvmC.0MvMm−D.0mvMm−【答案】D【解析】【详解】火箭模型在极

短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0=（M－m）v－mv0得0mvvMm=−．A.0mvM，与结论不相符，选项A不符合题意；B.0Mvm，与结论不相符，选项B不符合题意；C.0MvMm−，与结论不

相符，选项C不符合题意；D.0mvMm−，与结论相符，选项D符合题意；3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg

·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（）A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之

比为2：5D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10【答案】A【解析】试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6/

kgms，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为2BAmm=，所以碰撞前ABvv，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为4/kgms−，所以碰撞后A球的动量是2kg•m/s，碰撞过程系统总动量守恒：AABBAABBmvmvmvmv+=−+，所以

碰撞后B球的动量是10kg•m/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确．4.如图所示，物体A和B用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上，物体A的质量为m，物体B的质量为M，当连接物体A、B的绳子突然断开后，物体A上升

到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.mvB.mvMu−C.mvMu+D.mvmu+【答案】D【解析】【详解】以向上为正方向，在这一段时间里，对物体B由动量定理得0MgtMu−=−−在这一段时

间里，对物体A由动量定理得0Imgtmv−=−解得()Imvu=+故D正确，ABC错误。故选D。5.如图所示,在光滑的水平面上有2018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，使它正

对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为()A.12018EkB.20172018EkC.212018EkD.20192018kE【答案】B【解析】【详解】以第一个小球初速度0v方向

的为正方向，将2018个小球组成的整体看做一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得02018mvmv=解得02018vv=则系统损失的机械能为22011201822Emvmv=−解得K20172018EE=故选B。6.2019

年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度31.2kg/m=，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受

到的最大风力约为（）A.3.9×103NB.1.1×105NC.1.0×104ND.9.0×104N【答案】B【解析】【详解】广告牌的面积为22520m100mS==设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m

Svt=以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有200FtmvSvt−=−=−得2FSv=代入数据解得51.110NF根据牛顿第三定律知该广告牌受到的最大风力为51.110NFF=故B正确，ACD错

误。故选B。7.跳绳是某市高中毕业生体育测试的项目之一，高一的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所用时间的25，则他克服重力做功的平均功率约为（）A.20WB.35WC.75WD.200W【答案】C【解析】【详解】跳一次的时间是601ss1803t=

=人跳离地面向上做竖直上抛,到最高点的时间为11121s0.1s235t=−=此过程克服重力做功为2111500100.01J25J(22)Wmghmggt====跳绳时克服重力做功的功率为25W75W13

WPt===故C正确，ABD错误故选C。8.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接

，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（）A.滑块不可能重新回到出发点A处B.固定位置A到B点的竖直高度可能

为2RC.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【答案】D【解析】A、若滑块从传送带上回到D点的速度大小不变,则滑块可重新回到出发点A点，故A错B、若滑块恰能通过C点时有2CvmgmR=由A到C,根据动能定理知212AC

Cmghmv=联立①②计算得出0.5AChR=则AB间竖直高度最小为22.5ABhRhR=+=,所以A到B点的竖直高度不可能为2R,故B错误;C、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x,由动能定理有:21202CmgRmgxmv−

=−,知x与传送带速度无关,故C错误;D、滑块与传送带摩擦产生的热量为Qmgx=,传送带速度越大,相对路程越大,产生热量越多,所以D选项是正确的;综上所述本题答案是：D点睛：滑块恰能通过C点时,由重力提供向心力,根据牛顿第二定律列方程求C点时的临界速度,由动能定理知AC高

度差,从而知A、B间高度差;对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素;根据传送带速度知物块的速度,从而知道是否回到A点;滑块与传送带摩擦产生的热量Qmgx=,看热量多少,分析相对路程.9.对下列物理现象的解释，正确的是（）A.击钉时，不用橡皮锤

仅仅是因为橡皮锤太轻B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D.在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零【答案】CD【解析】【详解】A．用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小

，所以不用橡皮锤钉钉子，A错误；B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，B错误；C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，C正确；D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，D正确；故选C

D．10.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方足够高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A.小球在槽

内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动到B点后，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从C点落入半圆槽中D.小球第二次通过B点时半圆槽与物块分离，分离后两者不会再相碰【答案】CD【解析】小球在槽内运动的A至B过程中，由于墙壁

对槽有水平向右的作用力，系统水平方向的合外力不为零，则小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误；小球运动到B点以后，系统在竖直方向上仍然有加速度，合外力不为零，所以小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒，故B错误；小球离开C后只是相对于槽竖直向上运动，其与槽在水平方向上均具有水平向右的速度

，彼此水平方向上相对静止，以地面为参考系，C做斜上抛运动，且恰好再从C点落入半圆槽中，故C正确；第二次通过B点后，小球对半圆槽的作用力有水平向左的分量，半圆槽向右减速，物块继续做匀速直线运动，所以两者分离且分离后两者不会再相碰，故D正确．所以CD正确，AB错误．11.如图甲所示，长木板A放在光

滑的水平面上，质量为2kgm=的另一物体B（可视为质点）以水平速度02m/sv=滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度210m/sg=。

则下列说法正确的是（）A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A的最短长度为1mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】BCD【解析】【详解】A．从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，由2kA12Emv=可得木板A的获得

的动能为1J，选项A错误；B．系统损失的机械能22011222Emvmv=−代入数据得2JE=选项B正确；C．由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为1m，选项C正确；D

．由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据BAAmgma=其中AB2kgmm==得出动摩擦因数为0.1，选项D正确。故选BCD。12.如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b（

视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与L2杆夹角为45），不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（）A.a球和b球所组成的系统机械能守恒B.b球的速度

为零时，a球的速度最大C.b球的最大速度为(22)+gLD.a球的最大速度为2gL【答案】AC【解析】【详解】A．a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球组成的系统的机械能守恒，所以A正确；BD．当轻杆L向下运动到杆1L和

杆2L的交点的位置时，此时杆L和杆2L平行，由运动的关系可知，此时b球的速度为零，由系统机械能守恒，有22122amgLmv=得2avgL=此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将

继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，所以BD错误；C．当杆L和杆2L由平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到1L和2L的交点的位置的时候球b的速度达到最大，此时由运动的关系可知，a球的速度为0，因此，由系统机械能守恒

有221()22bmgLLmv+=得(22)bgLv+=所以C正确。故选AC。二．实验题（本题共2小题，每空2分，共12分）13.如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图.（1）若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球质量

为m2,半径为r2,则（）A.m1>m2,r1>r2B.m1>m2,r1<r2C.m1>m2,r1=r2D.m1<m2,r1=r2（2）为完成此实验,以下所提供的测量工具中必需的是________.（填下列对应的字母）A.直尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧秤E.秒表（3）设入射

小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在甲装置中，所得“验证动量守恒定律”的结论为_______（用装置图中的字母来表示）【答案】(1).C(2).AC(3).112mOPmOMmON=+【解析】【详解】（1）[1]为了保证碰撞中入射小球不会被反弹，要求.m1>m

2，为了保证两个小球发生对心碰撞，碰撞前后在一条线上，所以要求r1=r2，故C正确，ABD错误；（2）[2]碰撞过程中动量守恒，即111122mvmvmv=+，测小球的质量要用到天平，测速度需要利用平抛运动中的位移来计

算，所以需要的器材有天平和直尺，故AC正确；BDE错误；（3）[3]碰撞过程中动量守恒，即111122mvmvmv=+两个小球在空中运动的时间相等，所以在公式两边同乘时间得：111122mvtmv

tmvt=+其中速度与时间的乘积为平抛运动的水平位移，即112mOPmOMmON=+14.某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）

所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__

______，重物下落的加速度的大小为________。（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1％。由此推

算出f为_________Hz。【答案】(1).121()2ssf+(2).2311()2ssf−(3).40【解析】【详解】(1)[1][2]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：()121222Bs

sfssvT++==()232322CssfssvT++==由速度公式vC=vB+aT可得：a=()2312ssf−(2)[3]由牛顿第二定律可得：mg-0.01mg=ma所以a=0.99g结合(1)解出

的加速度表达式，代入数据可得f=40HZ三．计算题(共5小题，8+8+10+12+12=50分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题目，答案中应明确写出数值和单位)15.如图所示，光滑水平面上有

一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5kg、m2＝1.5kg。求：①A与B撞击结束时的速度

大小v；②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。【答案】①3m/s；②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=（m1+m2）（-v）-

（m1+m2）v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。16.如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块A，厚度为l，质量为19m，并用销钉固定．一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从A中穿出，子弹在木块中受

到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点．(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，求子弹能打入木块的深度．【答案】（1）202mfl=v（2）1920dl=【解析】【详解】（1）子弹恰好击穿A，根据动能定理可得20102flm−=−v解得202m

fl=v（2）由题意得子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒有01(19)mmm=+vv损失的动能2201112022Emm=−vv根据功能关系有fdE=联立可得子弹射入木块的深度1920dl=17.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块

均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3"m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1="30"kg，冰块的质量为m2="10"kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="

10"m/s2．（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】（i）20kg（ii）不能【解析】试题分析：①设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()mvmMv

=+系统机械能守恒：22222211()22mghmMvmv++=解得：20kgM=②人推冰块的过程：1122mvmv=,得11/vms=（向右）冰块与斜面的系统：22223mvmvMv=+22222223111+222mvmvMv=解得：21/vms=−（向

右）因21=vv，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩．考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．18.如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动．现有一可视为质点、质量m＝0.5kg的煤块落在传送带左端(不计

煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开传送带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2m，g取10m/s2，求：(

1)传送带的速度大小v0；(2)右轮半径R；(3)由于传送煤块，电动机多做的功W.【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)2J【解析】【详解】（1）由平抛运动的规律，得xvt=，212Hgt=代入数据解

得2/vms=（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得2vmgmR=代入数据得0.4Rm=（3）由牛顿第二定律Fma=得28/agms==煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间20.25

8vtsa===煤块的位移120.250.2522vxtmm===相等时间内传送带的位移20.5xvtm==则相对运动的位移210.50.250.25xxxmmm=−=−=摩擦产生的热量0.80.5100.25J1JQmgx===煤块获得动能2110.54J1J22KEmv=

==则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能2JKEQE=+=19.将一带有14光滑圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，长木板的右端与足够长的平板车紧靠在一起但不粘连，在平板车的右端放置一可视为质点的小铁块乙，忽略小铁块乙与平

板车之间的摩擦力。现将与乙完全相同的小铁块甲由14光滑圆弧的最高点A无初速度释放，小铁块甲经C点滑到平板车的上表面，与小铁块乙碰后粘在一起。已知小铁块甲、小铁块乙以及平板车的质量均为m＝1kg，BC的长度L＝3.5m，14圆弧轨道的半径R＝3.2m，小铁块甲与长木板的BC段以及与平

板车之间的动摩擦因数均为μ＝0.4，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，平板车与水平面之间的摩擦力可忽略不计，g＝10m/s2。问：(1)小铁块甲刚到B点时对长木板的压力大小为多少？(2)小铁块甲在长木板的水平部分BC段滑动的时间为多少？(3)在整个运动过程中三者

最终共速，则共速时小铁块甲与平板车左端的距离为多少？【答案】(1)30N；(2)0.5s；(3)3316m【解析】【详解】(1)小铁块甲由A点运动到B点时的速度为vB，由动能定理得212BmgRmv=在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m2BvR联立解得长木板对小铁块甲的支持力

为FN＝3mg＝30N由牛顿第三定律得，小铁块甲刚到B点时对长木板的压力大小为FN′＝3mg＝30N(2)小铁块甲在长木板上运动过程中有μmg＝ma，L＝vBt－12at2联立解得t＝0.5s(t＝3.5s不合题意，舍去)(3)小铁块甲刚滑上

平板车时的速度v1＝vB－at＝6m/s从小铁块甲滑上平板车到相对平板车静止过程中，平板车与小铁块甲组成的系统动量守恒，而小铁块乙保持静止，则有mv1＝(m＋m)v2小铁块甲与平板车的共同速度v2＝3m/s此过程中小铁块甲相对平板车的位移为L1，则2211211222mgLmvmv

＝－解得L1＝94m小铁块甲与平板车匀速运动直到小铁块甲与小铁块乙发生碰撞，小铁块甲与小铁块乙相互作用的过程中动量守恒，有mv2＝(m＋m)v3此后小铁块甲与小铁块乙组成的系统与平板车发生相互作用，且该过程中动量守恒，且达到共同速度v4

，得(m＋m)v3＋mv2＝(m＋m＋m)v4此过程中小铁块甲相对平板车的位移大小为L2，则222223411123222mgLmvmvmv＝＋－解得L2＝316m因小铁块甲与小铁块乙碰撞后的共同速度v3小于平板车的速度v2，故小铁块甲最终与平板车左端的距离为x＝L1

－L2＝3316m