【文档说明】河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，538.000 KB，由小赞的店铺上传

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河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期4月月考物理试题一、选择题（1-11为单选；12-20为多选）1.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动

量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A.pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB.pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC.pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD.pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s【答案】A【解析】【详解

】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：222275372222ABkppEmmmmm=+=+=；系统的总动量：p=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s；A、若碰后甲、

乙两球动量为：pA=6kg∙m/s，pB=6kg∙m/s，系统的总动量p′=6kg∙m/s+6kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：222266362222ABkppEmmmmm=+=+=，总动能减小，是可能的，故A正确．B、若碰后甲、乙两球动量为：pA=3kg∙m/s

，pB=9kg∙m/s，系统的总动量p′=3kg∙m/s+9kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：222239452222ABkppEmmmmm=+=+=，总动能增大，是不可能的，故B错误．C、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-2kg∙m/s，pB=14kg∙m/s，系

统的总动量p′=-2kg∙m/s+14kg∙m/s=12kg•m/s，动量守恒．总动能：22222141002222ABkppEmmmmm=+=+=，总动能增加，是不可能的，故C错误．D、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-4kg∙m/s，pB=17kg∙m/s，系统的总动量

p′=-4kg∙m/s+17kg∙m/s=13kg•m/s，动量不守恒，不可能，故D错误．故选A．【点睛】对于碰撞过程，要掌握三大规律：1、动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．2.质量为1.0kg的小球从高2

0m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）A.10N·sB.20N·sC.30N·sD.40N·s【答案】

C【解析】【详解】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh1=12mv12-0，代入数据解得：v1=20m/s，方向竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-12mv22，代入数据解得：v2=10m/s，方向

竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：I=mv2-mv1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s）=30N•s，方向竖直向上；故选C．【点睛】本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设

定正方向，确定各量的正负．3.如图所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是()A.hB.12hC.14hD

.18h【答案】C【解析】【详解】设球A与球B碰撞前一瞬间，球A的速度大小为Av根据机械能守恒得：212Amghmv=球A和球B碰撞过程动量守恒，即：2Amvmv共=设两球粘到一起后，能上升的最大高度为h由机械能守恒得

：21222mvmgh=共联立各式解得：14hh=故本题正确答案选C．4.如图所示，一个质量为m1=50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2=20kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止

时人离地面的高度为h=5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（）A5mB.3.6mC.2.6mD.8m【答案】B【解析】设人的速度v1，气球的速度v2，根据

人和气球动量守恒得则m1v1=m2v2，所以1225vv=，气球和人运动的路程之和为h=5m，则1107sm=，2257sm=，即人下滑107m，气球上升257m，所以人离地高度为257m，约等于3.6m．故选

B．5.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m

/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率A.小于10m/sB.大于10m/s小于20m/sC.大于20m/s小于30m/sD.大于30m/s小于40m/s【答案】A【解析】长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，选择向南为正方向，根据动量守恒定律，有：12)mv

MvmMv−=+（因而120mvMv−＞，代入数据，可得：12150020/10/3000mvvmsmsM==＜，故选项A正确，选项BCD错误．点睛：该题考查动量守恒定律的一般应用，情景比较简单，解答本题关键判断碰撞过程系统动量守恒，然后根据

动量守恒定律列式分析．6.如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰

后瞬间（）A.A、B的速度变为3v，C的速度仍为0B.A、B、C的速度均为3vC.A、B的速度变为2v，C的速度仍为0D.A、B、C的速度均为2v【答案】C【解析】【详解】A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统

所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv=2mv′解得v′=2vA、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故ABD错误，C正确。故选C。7.半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量

大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（）A.两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B.两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C.甲、乙两球的动量相同D.甲球的动量不为零，乙球的动量为零【答案】C【解析】【详解】

试题分析：根据动量与动能关系22kpEm=可知pp甲乙>，根据动量守恒可各，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A错误；碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增

大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等，所以选项B错误；两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，所以选项C正确；因碰撞后，甲乙都沿甲原来的方向运动，故乙的动量不为零，所以选项D错误；考点：动量守恒定律8.一质量为0.5kg的小球A以2.0

m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹。则B球获得的速度大小为（）A.0.5m/sB.1.1m/sC.2m/sD.2.2m/s【答案】B【解析】【详解】以A球的速度方向为正方向，则在

碰撞过程，由动量守恒定律得111122mvmvmv=+代入数据解得21.1m/sv=故B正确，ACD错误。故选B。9.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上完全，这是因为（）A.人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B.人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑受到的冲

量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小【答案】D【解析】【详解】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量

变成0，动量的变化是相等的．故B错误；人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人

在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确．故选D．10.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()

A.总动量守恒B机械能守恒C.水平方向动量守恒D.竖直方向动量守恒【答案】C【解析】【详解】A．爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大作用力，所以爆炸装置的总动量不守恒，A错误．B．爆炸时，化

学能转化为机械能，机械能不守恒，B错误．CD．钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而水平方向是守恒的，C正确，D错误；故选C．11.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120kg。这个士兵用自动步枪在2s时间内沿水平方

向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10g，子弹离开枪口时相对枪口的速度是800m/s。射击前皮划艇是静止的（）A.每次射击后皮划艇的速度改变2m/sB.连续射击后皮划艇的速度是2m/sC.每次射击后子弹的速度改变23m/

sD.连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约40N【答案】D【解析】【详解】由于子弹的质量相对装备和皮划艇的总质量小得多，则可以忽略A．射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒可知mv-Mv′=0代入数据解得v′=mMv≈0.067m/s故A错误；BC．连续射击2s过程

中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有10mv-Mv″=0代入数据解得v″=10mvM=0.67m/s船的速度改变0.67m/s，所以射出10发子弹后，子弹速度的改变量为0.67m/s，即23m/s，故BC错误；D．每颗子弹的发射时间为t=210s=

0.2s对子弹，由动量定理可知Ft=mv-0代入数据解F=mvt=40N由牛顿第三定律可知，枪受到的平均作用力F′=F=40N故D正确。故选D。12.如图所示，小球A的质量为mA=5kg，动量大小为pA=4kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰

撞，碰后A的动量大小为pA′=1kg·m/s，方向水平向右，则（）A.碰后小球B的动量大小为pB=3kg·m/sB.碰后小球B的动量大小为pB=5kg·m/sC.小球B的质量为15kgD.小球B的质量为3kg【答案】AD【解析】【详解】AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动

量守恒，所以有'AABppp=+解得B3kgm/sp=故A正确，B错误；CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故2AA2pm=2AA2pm＋2BB2pm解得mB=3kg故C错误，D正确。故选AD。13.水平抛出在空中飞行的物体，不计空气阻力，则（）A.在相等的时间间隔内动量的

变化相同B.在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向C.在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D.在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零【答案】ABC【解析】【详解】A．水平抛出的物体所受的合力为重力，则相等时间内重力的冲量相等，根据动量定理知，动量的变

化相同，故A正确；B．合力的冲量等于动量的变化量，合力冲量的方向竖直向下，则动量变化的方向竖直向下，故B正确；CD．根据动量定理有mgΔt=Δp则动量的变化率pt=mg知动量的变化率恒定，等于重力，故C正确，D错误。故选

ABC。14.如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2kg、mB＝4kg，速率分别为vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则A.它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向右B.它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向右C.它们

碰撞后B小球向右运动D.它们碰撞后B小球可能向左运动【答案】BC【解析】试题分析：设向右为正方向，则碰前总动量为：p="mAvA-mBvB=2"kg•m/s，方向向右，选项A错误，B正确；假如碰后B球

向左运动，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，故不可能；假如碰后B球静止，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，也不可能；故碰撞后B小球必然向右运动，选项C正确，D错误．考点：动量守恒定律的应用．15.如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度

均为d．m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中()A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是1212-?mmmm+v1C.m2的最大速度是v1D.m

2的最大速度是1122mmm+v1【答案】BD【解析】【分析】当1m与2m相距最近后，1m继续前行，两物体组成的系统水平方向不受外力，故动量守恒；由动量守恒及机械能守恒定律分析过程可知两小球的运动情景．【详解】从小球1m到达最近位置后继续前进，此后拉到2m前进

，1m减速，2m加速，达到共同速度时两者相距最远，此后1m继续减速，2m加速，当两球再次相距最近时，1m达到最小速度，2m达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，111122mvmvmv=+，222111122111222mvmvmv=+；解得121112mmv

vmm−=+，121122mvvmm=+，故2m的最大速度为11122mvmm+，2m的最小速度为12112mmvmm−+，BD正确．【点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解

答．16.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是()A.m(v－v0)B.mgtC.m220vv−D.m2gh【答案】BCD【解析】【详解】A．根据动量定理，物体动量的变化应该等

于初末动量的矢量差，而不是代数差，选项A错误。B．由动量定理I合=Δp知Δp=mgt因此B正确。CD．由公式Δp=mΔv=mvy=m220vv−=m2gh则C和D正确。故选BCD。17.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为

m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为02vB.小球离车后，对地将向右做平抛运动C.小球离车后，对地将做自由落体运动D.此过程中小球对车做的

功为2012mv【答案】ACD【解析】【详解】A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，则：mv0=2mv得：012vv=选项Ａ正确；B、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得：mv0=mv1+mv2由动能守恒得：22201

2111222mvmvmv=+联立解得：v1=0v2=v0所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确。D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：222011=22Wvmvm=故D正确。18.如图所示，在光滑的水平地面上静止放置

一质量为M=1.5kg的木板A,木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m=0.9kg的物块B，现有一颗质量为m0=0.1kg的子弹C以v0=500m/s的速度水平击中物块并嵌人其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相

互作用的过程中，下列说法中正确的有（）A.A、B、C组成的系统动量守恒B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45N·sD.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25m/s【答案】AC【解析】【详解】A、水平地面

光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、子弹击中木块过程系统要克服摩擦力做功，机械能有损失，因此A、B、C与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；C、子弹击中物块的过程中子弹与物块组成

的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m+m0）v，解得：v=50m/s，子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量：I=△p=mv-0=0.9×50=45N•s，故C正确；D、弹簧

被压缩到最短时，A、B、C的速度相等，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m+m0+M）v′，解得：v′=20m/s，弹簧被压缩到最短时木板的速度为20m/s，故D错误；故选AC

。19.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L．乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（）A.甲、乙两车运动中速度之比为+MmMB.甲、乙两

车运动中速度之比为+MMmC.甲车移动的距离为+2+MmLMmD.乙车移动的距离为2+MLMm【答案】ACD【解析】【详解】AB.甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为+MmM，则A符合题意，B不符合题意；CD.由动量守恒定律：Mx甲=（M＋m）x乙

x甲＋x乙=L解得：=2+MmxLMm+甲，=2+MxLMm乙；则CD符合题意．20.如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑的水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）A.a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒B.a尚未离

开墙壁前，a和b系统的动量不守恒C.a离开墙壁后，a和b系统的动量守恒D.a离开墙壁后，a和b系统的动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】AB．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统所受合外力等于墙壁的弹力，合外力不为零，系统的动量不守恒，故A

错误，B正确；CD．a离开墙壁后，a和b组成的系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确，D错误。故选BC。二、实验题21.在“验证动量守恒定律”的实验中：(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是_________

_____________，其目的是X减小实验中的________(选填“系统误差”或“偶然误差”)．(2)入射小球每次必须从斜槽上______________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同．(3)入射小球

的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1＞m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置(如图所示)，若满足____________________(用m1、m2、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；若还满足_____________________(只能用OM、OP、ON表示)，则说明

碰撞前后动能也相等．【答案】(1).用圆规画一个尽可能小的圆,把尽可能多的落点圈在圆内,圆心即平均位置(2).偶然误差(3).同一位置由静止开始(4).m1·OP=m1·OM＋m2·ON(5).OP=ON－OM【解析】【详解】(1)由

于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，确定落点平均位置的方法是最小圆法，用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小偶然误差；(2)为了保证小球每次到达斜面末端时速度相同

，应让小球每次从同一位置由静止滑下；(3)设落地时间为t，则有：'112,,OPOMONvvvttt===而动量守恒的表达式是：'111122mvmvmv=+所以若两球相碰前后的动量守恒，则有：121

mOMmONmOP+=成立；若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：222111122111222mvmvmv=+即222121mOMmONmOP+=成立联立可得：OPONOM=−．三、计算题22.如图所示，足

够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和4m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：(1)C与A碰撞前的速度大小；(2)A、B间由于摩擦产生的热量．【答案】(1)

34v0(2)75mv02【解析】【详解】（1）取向右为正方向．对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：（m+2m）v0-4mvc=0解得，C与A碰撞前的速度大小vc=34v0（2）A、C碰后连成一体，设速度为v共．根据动量守恒

定律得mv0-4mvc=（m+4m）v共；解得v共=-25v0根据能量守恒定律得，摩擦生热Q=12（m+4m）v共2+12•2mv02-0解得Q=75mv02