2023-2024学年江苏省苏州市新草桥中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市新草桥中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一质量为m的物体静止放在光滑的水平面上。今以恒力F沿水平方向推该物体，在它做直线运动的每个相等的位移间隔内，下列说法正确的是( )
A. 物体运动的时间相等B. 物体速度的变化量相等
C. 物体动量的变化量相等D. 物体动能的变化量相等
2.高楼玻璃日渐成为鸟类飞行的杀手，一只质量约为50g的麻雀以10m/s的速度水平飞行，撞到竖直的透明窗户玻璃上后水平速度减为0，麻雀与玻璃的碰撞时间约为0.01s，则窗户玻璃受到的平均冲击力的大小约为
( )
A. 10NB. 50NC. 100ND. 500N
3.如图所示，小红同学把一个轻质乳胶气球充气到直径1.0m左右，以5m/s的速度水平投向小明间学，气球被原速率反弹。已知气球与小明同学接触时间约为0.1s，球内气体密度约1.3kg/m3，则小明同学受到气球的平均冲击力约为( )
A. 136N B. 68N
C. 34N D. 17N
4.高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”2018年某地一名3个月大的女婴被高空掉下的一个苹果砸中头部造成十级伤残，如图关于高空抛物的一幅漫画就来源于这个不幸事件。若苹果质量为200g，从离地面20m高的楼层上静止释放，落在坚硬的水泥地面上，不计空气阻力，苹果落地与地面的作用时间为0.01s，g取10m/s2，则( )
A. 苹果落地时速度大小为1m/s
B. 苹果落地对地面的平均作用力为402N
C. 苹果下落的过程中重力做功的平均功率为40W
D. 苹果落地对地面的作用力大于地面对苹果的作用力
5.如图所示为大型游乐设施的“跳楼机”。“跳楼机”从a自由下落到b，再从b开始在恒定制动力作用下到c停下。已知“跳楼机”和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力。则( )
A. a到b，游客受到的合力为零
B. a到b与b到c，重力的平均功率之比为2:1
C. 制动力的大小等于2mg
D. 制动力的冲量大小为3m gh
6.如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是
A. 男孩与小车组成的系统动量守恒B. 男孩与木箱组成的系统动量守恒
C. 小车与木箱组成的系统动量守恒D. 男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒
7.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A. 30kg⋅m/sB. 5.7×102kg⋅m/s
C. 6.0×102kg⋅m/sD. 6.3×102kg⋅m/s
8.如图所示，质量m=60 kg的人站在质量M=300 kg的车的一端，车长L=3 m，相对于地面静止.若车与地面间的摩擦可以忽略不计，则人由车的一端走到另一端的过程中，车将
( )
A. 后退0.5 mB. 后退0.6 mC. 后退0.75 mD. 一直匀速后退
9.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
10.如图所示，带有光滑弧形的小车质量M=2m，放在光滑的水平面上，一质量为m的铁块，以速度v0沿水平轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时将( )
A. 以速度v0做平抛运动B. 以小于−v0的速度做平抛运动
C. 自由下落D. 静止于车上
11.如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程
( )
A. 若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B. 若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C. 若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D. 若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
二、实验题（本大题共1小题，共12分）
12.用图甲实验装置验证动量守恒定律．主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：
(1)实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______．
A．m1m2
(2)关于该实验，下列说法正确的有______．
A.斜槽轨道可以不光滑
B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C.入射球和被碰球的半径必须相同
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
(3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为______。(均用题中所给物理量的符号表示)
(4)若上述步骤③中，入射球从斜槽上释放的位置比②中低一些，其他操作均正确，这将会导致测得的系统碰撞后的总动量______(选填“大于”、“小于”或“等于”)碰撞前的总动量。
三、计算题（本大题共4小题，共44分）
13.如图所示，质量为m的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t滑到斜面底端时速率为v.求此过程中：
(1)斜面对物块的支持力的冲量大小IN；
(2)斜面对物块的摩擦力的冲量大小If．
14.质量为mA=0.3 kg的木块A放在光滑水平面上，右侧有一固定挡板，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l=0.2 m的细线，细线另一端系一质量为mB=0.1 kg的球B.现将B球拉起使细线水平伸直，并由静止释放B球．重力加速度g=10 m/s2，求
(1)B球第一次到达最低点时细线的拉力大小F；
(2)B球第一次上升的最大高度h．
15.如图所示，光滑水平地面上放置一个光滑的14圆弧轨道，将一物块从圆弧轨道的最高点无初速度释放。物块质量m=1kg，圆弧轨道质量M=2kg，轨道半径为R=0.3m，圆弧轨道底端距离水平地面的高度h=0.2m，取重力加速度g为10m/s2。求：
(1)物块离开圆弧轨道时的速度大小；
(2)物块落地时，物块和圆弧轨道左端的水平距离。
16.如图所示，用长为0.4m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球丙悬挂于O点，小球丙静止。质量为2kg的物块甲放在质量也为2kg的木板乙的右端，以共同速度v0=1.5m/s沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球丙返回过程不会碰到物块甲，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)求碰后瞬间小球丙的速度大小；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板乙至少要多长，物块甲才不会从长木板的上表面滑出？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，做直线运动的每个相等的位移间隔内，物体运动的时间不相等，根据速度的变化量公式Δv=a⋅Δt，可知物体速度的变化量不相等，故AB错误；
C、根据动量定理得：Ft=Δp，F相等、t不相等，则Δp不相等，即物体动量的变化量不相等，故C错误；
D、根据动能定理得：Fx=ΔEk，F相等、x相等，可得物体动能的变化量相等，故D正确。
故选：D。
物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在它做直线运动的每个相等的位移间隔内，运动时间不相等，根据公式Δv=a⋅Δt求解物体速度的变化量；根据动量定理判断物体动量的变化量；根据动能定理分析动能的变化量。
本题考查物体在恒力作用下做匀加速直线运动，在相等位移内动能变化量相等，属于简单题。
2.【答案】B
【解析】解：取垂直窗户玻璃向外的方向为正方向，则麻雀撞到玻璃前的速度为v0=−10m/s，麻雀的质量为m=50g=0.05kg，
根据动量定理Ft=0−mv0
解得：F=0−mv0t=0−0.05×(−10)0.01N=50N
故麻雀受到的平均冲击力为50N，由于玻璃受到的冲击力与麻雀受到的冲击力互为相互作用力，故玻璃受到的平均冲击力大小为50N，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对麻雀进行分析，根据动量定理求出麻雀所受的平均冲击力，再根据相互作用力求出玻璃受到的平均冲击力。
本题考查动量定理，注意确定正方向，分析清楚动量的变化，题目较为简单。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据密度公式，求得气球的质量，对气球由动量定理，结合牛顿第三定律，求解同学受到气球的冲击力。
本题考查了动量定理在实际问题中的应用，要求学生会根据动量定理解决实际问题，注意正方向的选取。
【解答】
气球的质量约为m=ρ⋅43π(d2)3=1.3×43×3.14×(1.02)3kg≈0.68kg
以气球为对象，根据动量定理可得FΔt=mv−m(−v)=2mv
解得F=2mvΔt=2×0.68×50.1N=68N
由牛顿第三定律可知可知小明同学受到气球的平均冲击力约为68N。
故选B。
4.【答案】B
【解析】A.苹果落地时速度大小为
v= 2gh= 2×10×20m/s=20m/s
选项A错误；
B.向上为正方向，根据动量定理
(F−mg)t=0−(−mv)
解得苹果落地对地面的平均作用力为
F=mvt+mg=402N
选项B正确；
C.苹果下落的时间
t′= 2hg=2s
重力做功的平均功率为
P=mght′=0.2×10×202W=20W
选项C错误；
D.苹果落地时地面对苹果的作用力与苹果对地面的作用力是作用与反作用力，则苹果对地面的作用力等于地面对苹果的作用力，选项D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.“跳楼机”从a自由下落到b，可知，“跳楼机”做自由落体运动，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，即a到b，游客受到的合力为重力，故A错误；
B.从a自由下落到b，“跳楼机”做自由落体运动，则有
2h=12gt12 ， v02=2g⋅2h
该过程重力的平均功率为
P1=mg⋅2ht1
b到c减速到0，利用逆向思维，根据平均速度与位移的关系式有
2
该过程重力的平均功率为
P2=mght2
解得
P2
故B错误；
C.根据上述，b到c减速到0，根据速度与位移的关系式有
v02=2ah
根据牛顿第二定律有
F=ma
解得
F=2mg
故C正确；
D.制动力的冲量大小为
I=Ft2
结合上述解得
I=2m gh
故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】解：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，
A、男孩和小车组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C、小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
D、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故D正确；
故选：D。
根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．
本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题．
7.【答案】A
【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得
0=m1v1+p
解得火箭的动量
p=−m1v1=−0.05×600kg⋅m/s=−30kg⋅m/s
负号表示方向，大小为30 kg⋅m/s 。
故选A。
8.【答案】A
【解析】【分析】
人和车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律、动量定理分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。
【解答】
车和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在车上行进，车向后退，规定人速度方向为正方向，有：mv−MV=0．
人从车头走到车尾，设车后退的距离为x，则人相对于地面的距离为L−x.则有：mL−xt−Mxt=0，解得：x=mLM+m =0.5m，故A正确；
故选A。
9.【答案】A
【解析】【分析】本题通过火箭在高压气体推力作用下的变速过程，综合考查了运动过程中动力学规律、能量及动量规律；解决本题的关键是正确分析火箭经历的两个过程：先加速后减速；在应用动力学规律、能量及动量规律解释运动时，要正确对火箭进行受力分析，且对规律本身的条件要做到准确的认识，具体见下面的解析过程。
【解答】A、由于火箭开始运动时速度为零，点火瞬间速度也为零，所以火箭从开始运动到点火的过程中，在高压气体的作用力、火箭本身重力以及空气阻力的作用下，经历加速和减速两个过程；
由动力学知识知：开始时加速度和速度方向都向上，火箭做加速运动，当加速度为零时，速度不再增加，此时火箭速度最大，对应的火箭的动能最大，故A正确；
B、火箭在上升过程中，高压气体释放的能量一部分转化为火箭的动能，一部分转化为火箭的重力势能，还有一部分通过阻力做功转化为内能，故B错误；
C、由动量定理知，火箭动量的增加量应该等于火箭所受合外力的冲量不等于高压气体对火箭推力的冲量；且该过程中火箭动量的变化量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；
D、由动能定理知，火箭动能的增加量等于火箭所受合外力对火箭所做的功，也就是说火箭所受的推力、空气阻力及火箭本身重力所做的功才等于火箭动能的增加量，故D错误；
综上所述本题正确答案为A。
10.【答案】B
【解析】系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
mv0=Mv车+mv
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
12mv02=12mv2+12Mv车2
解得
v车=23v0 ， v=−13v0 ，
故物体以 −13v0 的速度做平抛运动
A.以速度v0做平抛运动，与计算结论不符，故A不符合题意．
B.以小于−v0的速度做平抛运动，与计算结论相符，故B符合题意．
C.自由下落，与计算结论不符，故C不符合题意．
D.静止于车上，与计算结论不符，故D不符合题意．
11.【答案】C
【解析】【分析】
弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，弹丸击中沙箱过程系统动量守恒，机械能不守恒，沙箱摆动过程系统机械能守恒，整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。
【解答】
弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=(M+m)v′，解得：v′=mvM+m，
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，
整个过程系统损失的机械能：△E=12mv2−12(M+m)v′2=Mmv22(M+m)；
A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)=mv22(1+mM)变大，故A错误；
B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)=Mv22(1+Mm)变大，故B错误；
C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)变大，故C正确；
D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)不变，故D错误；
故选：C。
12.【答案】(1)C；
(2)AC；
(3)m1x2=m1x1+m2x3；m1x22=m1x12+m2x32(或x3=x1+x2)；
(4)小于。
【解析】【分析】
本题为“验证动量守恒定律”的实验。
实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用水平位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。
【解答】
(1)为防止碰后反弹，入射球的质量必须大于被碰球，即m1>m2，故选C。
(2)A.“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A正确；
B.小球离开桌面后做平抛运动，实验需要测出小球的水平位移，铅垂线的作用是确定小球抛出点在地面上的垂直投影点O，故B错误；
C.为使两球发生对心碰撞，入射球的半径应等于被碰小球的半径，故C正确；
D.因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，故D错误。
故选AC。
(3)首先P点是入射球没有碰撞时的平均落点位置，M点是碰后入射球的平均落点，N点是碰后被碰球的平均落点，根据平抛运动的规律可知每次小球落地的时间一定是相同的，设为t，则碰前入射球的速度为v=x2t，碰后瞬间入射球、被碰球的速度分别为v1=x1t，v2=x3t，根据动量守恒定律应有m1v=m1v1+m2v2，整理得m1x2=m1x1+m2x3，如果是弹性碰撞，则有12m1v2=12m1v12+12m2v22，整理得m1x22=m1x12+m2x32(或x3=x1+x2)。
(4)若上述步骤③中，入射球从斜槽上释放的位置比②中低一些，其他操作均正确，这将会导致测得的系统碰撞后的总动量小于碰撞前的总动量，原因是步骤 ③中小球m1到达斜槽末端的实际速度小于步骤 ②中测得的m1的速度，总动量偏小。
13.【答案】解：①支持力的冲量：IN=mgcs θ⋅t
②设摩擦力的冲量为If由动量定理得：mgsinθ⋅t−If=mv
解得：If=mgsin θ⋅t−mv
答：①斜面对物块的支持力的冲量大小为mgcs θ⋅t
②斜面对物块的摩擦力的冲量大小为mgsin θ⋅t−mv
【解析】由冲量的定义I=Ft及动量定理求解冲量的大小。
此题考查了冲量的概念，要记住计算冲量时，一定要明确是哪一个力的冲量，不能将合力的冲量与某一个力的冲量混肴，基础题。
14.【答案】解：(1)A右侧有固定的挡板，B球第一次到达最低点时速度为v0，此过程中机械能守恒：
mBgl=12mBv02
对B球受力分析：F−mBg=mv02l
解得： F=3N
(2)B球第一次越过最低点后，A、B系统在水平方向动量守恒，A、B速度相同时有B球有最大高度 mBv0=)(mA+mB)v1
A与C系统能量守恒：mBgl=12(mA+mB)v12+mBgh
解得： h=0.15m
【解析】(1)小球向下摆动的过程，根据机械能守恒，再结合牛顿第二定律求解拉力；
(2)根据A、B系统在水平方向动量守恒和能量关系列式得出B球第一次上升的最大高度h
本题考查系统单方向动量守恒和能量守恒及圆周运动的应用，基础题目。
15.【答案】(1)以向右为正方向，设物块的速度大小为v1，轨道的速度大小v2，选圆弧轨道的速度方向为正方向，由物块和轨道组成的系统水平方向动量守恒得Mv2−mv1=0
由能量关系mgR=12mv12+12Mv22
可解得v1=2m/s，v2=1m/s
(2)离开轨道后，物块向左做平抛运动，轨道向右做匀速运动h=12gt2，x=v1t+v2t
可解得x=0.6m

【解析】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
16.【答案】(1)2m/s；(2)0.25m
【解析】(1)设物块质量为m甲，小球质量为m丙，由于发生弹性正碰，则由动量守恒定律得
m甲v0=m甲v1+m丙v2
由机械能守恒定律得
12m甲v02=12m甲v12+12m丙v22
解得
v1=0.5m/s,v2=2m/s
且v1、v2的方向均为水平向右。
(2)此后因摩擦力物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端，设木板质量为m乙，共同速度为v3，由动量守恒定律得
m乙v0+m甲v1=m乙+m甲v3
由能量守恒定律得
12m乙v02+12m甲v12−12m甲+m乙v32=μm甲gL
解得
L=0.25m