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1、大理州民族中学2023-2024学年下学期4月月考试卷高二物理考试时间：75分钟 总分：100分一、选择题：（1-7题为单选题，每题4分，共28分；8-10题为多选题选对得6分，选不全得3分，选错得0分）1如图，一人用恒定的拉力F拉着行李箱在水平路面上匀速前进，拉力与水平方向成角，在时间t内，以下看法正确的是（ ）A行李箱所受拉力F的冲量方向水平向左B行李箱受所拉力F的冲量大小是C行李箱所受摩擦力的冲量大小为0D行李箱所受合力的冲量大小为02一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为，从火箭静止开始，当第三次喷出气体后，火箭的速度大小为（ ）ABCD3如
2、图所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处。如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，半圆槽的速度为（ ）A0B，向左C，向右D不能确定4弹簧振子的平衡位置记为O点，小球在A、B间做简谐运动，如图甲所示；它的振动图像如图乙所示，取向右为正方向。下列说法正确的是（ ）A在0.1s末小球的速度方向是B在00.2s内，小球的动能和弹簧的弹性势能均变大C小球在0.1s末和0.3s末的速度相同，加速度不相同D小球在04s内的路程是80cm5如图所示“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密
3、排列，球心等高用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示关于此实验，下列说法中正确的是（ ）A上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，
4、小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同6如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）A子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小C子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能7一小船（不含游客）的质量为，以1m/s的速度匀速行驶当质量为m的游客从船上以相对海岸4m/s的水平速度向
5、前跳入水中后，船的速度为（不计水的阻力）（ ）A3.5m/sB-1m/sC3m/sD-0.5m/s8如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则下列说法中正确的是（ ）A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的频率比乙摆大D在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆91932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）AB大于C碰撞后氮核的动量比氢核的大D10如图所示，质量为
6、M的长木板B放置在光滑的水平地面上，在其右端有一质量为m的木块A。分别给A、B大小相等、方向相反的初速度，使A向左运动，B向右运动。已知，且木块A始终没有滑离B板。试分析在A与B相互作用的过程中，它们所受摩擦力的做功情况（ ）A摩擦力对A一直做正功B摩擦力对A先做负功后做正功C摩擦力对B一直做负功D摩擦力对B先做负功后做正功二、实验题：本大题共2小题，每空3分，共18分。11某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等装置进行“验证动量守恒定律”的实验，如图所示，A质量为、B质量为两滑块做相向运动，已知安装在A、B两滑块上的窄片宽度均为d，在碰撞前滑块A、B经过光电门时，窄片挡光时间分别为和
7、，碰撞后滑块A、B粘合在一起运动，运动方向与碰撞前滑块B运动方向相同，此后滑块A再次经过光电门时窄片挡光时间为。（1）滑块A、B碰撞前速度的大小分别为_，_。（2）为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是_。12某实验小组利用如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两个小球碰撞前后的动量守恒。他们的主要操作步骤如下：使A球多次从斜轨上同一位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E；将与A球半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P，由静止释放，多次重复上述过程，分别找到碰后A球和B球的平均落地点的位置D和F；O为轨道末端在地面的投影点，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，分别记
8、为、；将A球放置在如图乙所示的光滑水平旋转平台靠近压力传感器处，使平台绕竖直转轴以角速度匀速转动，记录压力传感器的示数；将B球放置在靠近压力传感器处，仍使平台绕竖直转轴以角速度匀速转动，记录压力传感器的示数。回答下列问题：（1）实验测得，则A球和B球的质量之比为_；（2）当满足表达式_时，即说明A球和B球在碰撞过程中动量守恒；（用、表示）（3）当满足表达式_时，即可说明A、B两球发生的是弹性碰撞。ABC三、计算题：本大题共3小题，共38分。13（10分）如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上A的质量为m，现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，磁后A、B分别以，的速度向右
9、运动求：（1）B的质量：（2）碰撞过程中A对B的冲量的大小14（12分）我国“祝融号”火星探测器质量达240kg，着陆火星时，经历了气动减速、伞降减速和动力减速后，在距离火星高度约100米处进行悬停，挑选相对平坦的区域进行降落。在最后的落“火”瞬间，垂直速度约为4m/s，用0.2s触地停稳。已知火星表面附近的重力加速度为3.7m/s2，根据上述材料求解：（1）如果降悬停到着陆的过程视为匀加速，试求该下降过程经历的时间和加速度大小；（2）在触地瞬间，着陆平台对祝融号火星车的平均冲击力。15（16分）如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=0.1m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，C为轨道最低点
10、，OC竖直，OC与OD夹角为60在其左侧地面上静置一质量为M=4kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度沿A的上表面从左端滑上木板，当小滑块B刚滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道发生弹性相撞（碰撞时间极短）。已知小滑块B与长木板A的动摩擦因数，小滑块可视为质点，空气阻力不计，重力加速度。（1）求A、B物块共速的速度大小；（2）求长木板A的长度；（3）求A、C物块发生弹性碰撞后A和C的速度大小；（4）若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。答案和解析1【答案】D【解析】【分析】根据动量定理
11、求出合外力的冲量；根据冲量的公式，计算各力冲量大小。本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积。【解答】AB根据冲量的定义可知，行李箱所受拉力F的冲量方向与拉力方向相同，大小为Ft，故AB错误；C行李箱所受摩擦力大小不为0，时间不为0，故摩擦力的冲量不为0，故C错误；D由于行李箱匀速前进，根据动量定理可知，合力的冲量大小为0，故D正确。2【答案】A【解析】【分析】以火箭和喷出的三次气体为研究对象，满足动量守恒定律，根据动量守恒定律进行列式即可求解当第三次喷出气体后，火箭的速度大小。本题主要考查动量守恒在反冲问题中的运用，掌握动量守恒的内容是解题的关
12、键。【解答】设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得，故，故A正确，BCD错误。3【答案】B【解析】以水平向右为正方向，设小球在最低点时，小球和半圆槽的速度大小分别为v和，两者组成的系统水平方向动量守恒，得；根据机械能守恒定律得，联立以上两式解得方向向左，故选项B正确。4【答案】C【解析】【分析】根据图像直接得出振子的位移；理解在不同时间内振子的位移变化，由此分析出振子的速度变化，即动能变化以及势能的变化。本题主要考查了简谐运动的振动图像，要熟悉简谐运动中不同物理量之间的关系即可，整体难度不大。【解答】A、在0.1s末小球的速度方向是，故A错误；B、
13、在00.2s内，弹簧振子从平衡位置向平衡位置平衡位置，速度变大，动能变大，弹性势能变小，故B错误；C、结合图像斜率可知小球在0.1s末和0.3s末的速度相同，但此时小球位移为相反数，受力大小相等方向相反，则加速度大小相等方向相反，即加速度不相同，故C正确；D、由图可知小球的周期是T=0.8s，振幅是A=5cm，一周期内的路程是4A，小球在04s内的路程是20A=100cm，故D错误。5【答案】D【解析】【分析】由题意得小球与小球之间发生的是弹性碰撞，即每两个小球碰后交换速度，1与2碰后，1停止2向右，2与3碰后，2停止，3具有向右的速度，依次分析即可。本题实际考察了多个弹性碰撞连续发生的过程，
14、每次弹性碰撞的两个小球机械能守恒、动量守恒，难度适中。【解答】AB上述实验过程中，小球5能够达到与小球1释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆动到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项AB错；CD根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，那么球3先以与球4发生弹性碰撞，此后球3的速度变为0，球4获得速度后与球5碰撞，球5获得速度，开始上摆，同理球2与球3碰撞，最后球4以速度上摆，同理球1与球2碰撞，最后球3以速度上摆，所以选项C错D对6【答案】
15、D【解析】A、子弹射入物块A的过程中，要产生内能，则子弹和物块A的机械能减少，故A错误。B、子弹射入物块A的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块A的作用力大小等于物块A对子弹的作用力大小，而且两个力作用时间相等，由I=Ft知，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B错误。C、由于子弹射入物块A的过程中要产生内能，所以，子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，故C错误。D、两物块运动过程中，弹簧最短时和弹簧最长时两物块速度相同，设两物块的共同速度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得可知，弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同，系统的总动能相
16、同，由系统的机械能守恒定律知，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。故选D。根据机械能守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功或能量如何转化来判断机械能是否守恒；动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零。对照机械能守恒条件和动量守恒条件分析系统机械能和动量是否守恒。子弹射入物块A的过程中，根据冲量的定义式分析子弹对物块A的冲量与物块A对子弹的冲量大小；根据能量的转化情况，分析两物块与子弹的动能之和与射入物块A前子弹的动能关系。根据能量守恒定律和动量守恒定律相结合判断弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能关系。本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用，解决本题的关
17、键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并能用来判断系统的动量和机械能是否守恒。7【答案】D【解析】把小船和人看成一个系统满足动量守恒：，代入数据解得负号表示运动方向向后。8【答案】AC【解析】【分析】根据弹性碰撞模型规律即可求解。本题看似在考查原子核物理，实则在考弹性碰撞模型的理解与应用，注意知识迁移能力的培养。【解答】AB设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，联立解得设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，联立解得可得，选项A正确，B错误；C碰撞后氢核的动量为，氮核的动量为，可得，选项C正确
18、；故选AC。9【答案】ABD【解析】A由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；B甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；C周期相同，频率一样，故C错误；D在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负方向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。故选ABD10【答案】BC【解析】设小木块A和长木板B最后的速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得，由于，则有，故最后两者速度方向都向右。在A与B相互作用的过程中，B一直向右减速运动，B受到的摩擦力方向一直向左，摩擦力对
19、B一直做负功；A先向左减速运动到速度为0，此过程A受到的摩擦力向右，摩擦力对A做负功，之后A向右加速运动，A受到的摩擦力向右，摩擦力对A做正功，则摩擦力对A先做负功后做正功。故选BC。11【答案】（1），；（2）【解析】解：（1）根据极短时间内物体的平均速度等于瞬时速度得物块A、B碰撞前速度的大小分别为：，（2）为了验证碰撞中动量守恒定律，需要验证的关系是：故答案为：（1），；（2）（1）极短时间内的平均速度等于瞬时速度，根据滑块经过光电门的时间应用速度公式求出速度。（2）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式确定需要测量的量。（3）应用动量守恒定律求出需要验证的表达式。知道
20、实验原理是解题的前提，极短时间内物体的平均速度等于瞬时速度，根据题意求出碰撞前后滑块的速度，应用动量守恒定律求出需要验证的表达式即可解题。12【答案】（1）6：1：（2）（3）B【解析】【分析】本题考查了验证动量守恒定律的实验；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。（1）根据向心力求出A球和B球的质量之比；（2）根据平抛运动规律，结合动量守恒定律分析求解；（3）两球发生弹性碰撞时机械能守恒，据此分析求解。【解答】（1）设A球和B球转动的轨道半径为r，压力传感器的示数等于A球转动的向心力，压力传感器的示数等于B球转动的向心
21、力，由牛顿第二定律得，；解得。（2）A球和B球碰撞前后做平抛运动，由和；可知；若A球和B球在碰撞过程中动量守恒，则；解得。（3）若两小球发生弹性碰撞，可得；解得；故选B。13【答案】解：（1）A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律得：已知，解得（2）对B，由动量定理得：解得：。【解析】本题主要考查动量守恒定律及动量定律的理解与应用，熟悉动量定律是解题的关键，难度不大。（1）二者碰撞过程，由动量守恒定律得解；（2）对B应用动量定律得解。14【答案】（1）从悬停到落“火”瞬间做匀加速运动，末速度为，则由可得运动时间加速度大小为（2）设触地过程着陆平台对祝融号火星车的平均冲击力F则根据动量定理解得。【解析】本题考查动量定理的应用以及匀变速直线运动规律的应用，难度不大。15【答案】（1）设A、B共同速度为，由动量守恒定律有解得（2）由AB系统能量守恒有解得木板A的长度（3）以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为，圆弧轨道的速度为，由机械能守恒定律及动量守恒定律有联立解得，（4）以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为，假设滑块未冲出轨道，由水平方向动量守恒及机械能守恒定律有联立解得，假设成立，故小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度为0.0015m。【解析】本题结合板块模型、圆弧轨道考查了动量守恒及能量守恒，做好运动分析、能量分析是关键。学科网（北京）股份有限公司