2021-2022学年云南省昭通市镇雄县长风中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年云南省昭通市镇雄县长风中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了6N⋅sD等内容，欢迎下载使用。

A. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
B. 物体的动能若不变，则动量一定不变
C. 动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D. 动量越大的物体，其惯性也越大
2. 随着手机逐渐走进每个人的生活，有些人喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸的情况。若某手机(可视为质点)的质量为200g，从距人脸上方约20cm的高度无初速掉落，砸到脸后经0.1s手机停止运动。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是( )
A. 脸受到的平均撞击力大小约为10NB. 脸受到的平均撞击力大小约为3N
C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.6N⋅sD. 全过程手机重力的冲量大小约为0.2N⋅s
3. 如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴正方向成30∘角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )
A. 1：3B. 1：1C. 1：2D. 2：1
4. 春节期间，小明同学燃放了一枚火炮，燃放前火炮处于静止，火炮被分成两部分，质量分别是m1、m2，二者分别沿同一直线向相反方向运动，m1速度为v1，不考虑空气阻力，则m2的速度大小为( )
A. m2v1m1B. m1v1m2C. (m1+m2)v1D. (m1−m2)v1
5. 2021年10月16日，我国发射的“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接。已知“神舟十三号”的质量为m，核心舱的质量为M，假设“神舟十三号”以相对核心舱很小的速度v0追上核心舱对接(瞬间合二为一)，则对接过程中核心舱受到的冲量大小为( )
A. Mmv0m+MB. Mmv0M−mC. Mv0D. mv0
6. 下列四图表示真空中不计重力的带电微粒在电场E或磁场B中运动的某一时刻，此时微粒不受力的是( )
A. B. C. D.
7. 洛伦兹力在现代科技中应用非常广泛。如图所示，图甲为速度选择器，P1、P2为平行金属板的上下两极板，极板间电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1；图乙为回旋加速器，垂直穿过D型盒的磁场的磁感应强度大小为B，则有关这两种应用说法正确的是( )
A. 图甲所示速度选择器要求能通过的粒子速度为v=B1E
B. 图甲所示速度选择器的P1极板带正电
C. 图乙所示回旋加速器中使带电粒子加速的能量来源于设备中的磁场
D. 图乙所示回旋加速器中带电粒子的最大速度与D型盒的半径无关
8. 某种放射性物质发射的三种射线在如图所示的磁场中分裂成①、②、③三束．那么在这三束射线中( )
A. 射线①带负电
B. 射线②不带电
C. 射线③带正电
D. 无法判断
9. 小球A的质量为mA=5kg，动量大小为pA=4kg⋅m/s，小球A沿光滑水平面向右运动时与静止的小球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=2kg⋅m/s
B. 小球B的质量为15kg
C. 碰后小球B的动量大小为pB=5kg⋅m/s
D. 小球B的质量为3kg
10. 两个完全相同的质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上．滑块B以v0的速度向滑块A运动，如图所示，两滑块相碰后一起运动不再分开，下述正确的是( )
A. 弹簧最大弹性势能为12mv02
B. 弹簧最大弹性势能为14mv02
C. 两滑块相碰后一起运动过程中，系统动量守恒
D. 两滑块(包括弹簧)相碰后一起运动过程中，系统机械能守恒
11. 如图所示，在MNOP中有一垂直纸面向里匀强磁场，质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
A. 粒子a带正电，粒子b、c带负电
B. 粒子c在磁场中运动的时间最长
C. 粒子a在磁场中运动的周期最小
D. 射入磁场时粒子a的速率最小
12. 一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中( )
A. 地面对他作用力的冲量大小为mv+mgΔt
B. 地面对他作用力的冲量大小为mv−mgΔt
C. 地面对他做的功为0
D. 地面对他做的功为12mv2
13. 如图甲所示，某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在光滑水平面上，小车A的左端粘有橡皮泥，小车A受到外界水平冲量作用后做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。
在实验得到的纸带上选取五个计数点分别为，测得的长度如图乙所示。已知打点计时器所用电源频率为50Hz，小车A的质量为0.400kg，小车B的质量为0.200kg，则碰前小车A的速度可利用纸带______段数据求出，且碰前两小车的总动量为______kg⋅m/s；碰后小车的速度可利用纸带______段数据求出，且两小车的总动量为______kg⋅m/s。(计算结果保留三位有效数字)
14. 某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。先将a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，再把同样大小的b球静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让a球仍从原固定点由静止开始滚下与b球相碰，碰后两球分别落在记录纸的不同位置，重复10次。
(1)关于实验，下列说法正确的是______ 。
A.实验时，a、b两个小球相碰后应同时落地
B.实验时，a、b两个小球的直径可以不相同
C.实验时，入射球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放
D.实验时，斜槽末端的切线必须水平
(2)实验必须测量的物理量是______ (填序号字母)。
A.a、b两个小球的质量ma、mb
B.斜槽轨道末端到水平地面的高度H
C.a球的固定释放点到斜槽轨道末端的高度h
D.a、b两个小球离开斜槽轨道后做平抛运动的飞行时间
E.记录纸上O点到两小球的平均落点位置A、B、C的距离
(3)入射a球从固定点下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果是否会有影响？并说明理由______ 。
(4)如果以各球落点所在直线为x轴，以O为原点，A、B、C三点坐标分别为xA=0.4m、xB=1.0m、xC=1.2m，若碰撞中符合动量守恒。实验所用小球直径均为2cm，则a、b两小球的质量之比______ 。
15. 如图所示，ab、cd为两根相距10cm的粗糙平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。质量为0.2kg的金属棒MN垂直放置在导轨上。当通以4A的电流时，金属棒MN恰能沿导轨做匀速运动。已知g=10m/s2，求：
(1)金属棒MN与导轨之间的动摩擦因数μ；
(2)若金属棒中电流为10A，则棒能获得的加速度大小。
16. 质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。求：
(1)带电粒子离开电场时的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B。
17. 如图所示，有一摆长为L的单摆，摆球A自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的B球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的C球发生完全非弹性碰撞。假设A、B、C球的质量均为m，重力加速度为g。那么
(1)A、B球碰后A球的速度为多大？
(2)B、C球碰后它们共同的速度多大？
(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、动量和速度都是矢量，由物体的动量p=mv可知，运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向，故A正确；
B、物体的动能若不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可以改变，因此动量可以改变，故B错误；
C、物体末动量与初动量之差是物体动量的变化量，动量变化量的方向与动量的方向不一定相同，故C错误；
D、质量是惯性大小的量度，物体的动量p=mv，动量大小取决于质量与速度大小的乘积，因此动量大的物体质量不一定大，物体的惯性不一定大，故D错误。
故选：A。
物体的质量与速度的乘积是物体的动量，动量是矢量，动量的方向与速度方向相同；动能是标量，只有大小没有方向；质量是物体惯性大小的量度，质量越大物体的关系越大。
本题考查了动量、动量的变化量与惯性问题，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。
2.【答案】C
【解析】解：AB、h=20cm=0.20m；m=200g=0.2kg
根据自由落体速度v=2gh
手机与脸作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，手机与脸接触的过程中受到重力与脸的作用力，根据动量定理可知，
Ft−mgt=0−(−mv)，代入数据解得，手机对脸的作用力大小约为6N，故AB错误。
CD、手机下落时间t′=2hg
全过程中重力的冲量mg(t+t′)
代入数据解得：F=0.6N⋅s，故D错误，C正确。
故选：C。
根据自由落体求速度，时间，结合冲量的定义式求出冲量；由动量定理求作用力。
本题考查动量定理，解题关键掌握动量和冲量都是矢量，运用时注意方向性。
3.【答案】D
【解析】解：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。两个离子都以与x轴成30∘角的方向从原点射入磁场，两个离子在磁场中均做匀速圆周运动；如图所示；根据几何知识可知，正电子轨迹圆弧对应的圆心角为120∘，而负电子轨迹圆弧对应的圆心角为60∘，两个电子运动的周期相同，根据t=θ2πT，θ是轨迹对应的圆心角，则知正、负电子运动时间之比是2：1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关。
带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案。
4.【答案】B
【解析】解：爆炸瞬间内力远远大于外力则系统动量守恒，规定v1为正方向，由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=0
可得
v2=−m1v1m2，负号代表与v1速度相反；
故ACD错误，B正确
故选：B。
爆炸瞬间动量守恒，根据系统动量守恒定律可求得。
本题考查动量守恒定律，解题关键要注意动量的矢量性。
5.【答案】A
【解析】解：“神舟十三号”与核心舱对接过程动量守恒，由动量守恒定律得
mv0=(M+m)v
根据动量定理，核心舱受到的冲量
I=Mv
联立解得：I=Mmv0m+M
故A正确，BCD错误；
故选：A。
“神舟十三号”与核心舱对接过程动量守恒，对核心舱根据动量定理可解得冲量大小。
本题考查动量守恒定律，解题关键掌握动量守恒的条件，注意动量定理的应用。
6.【答案】D
【解析】解：AB、带电微粒在匀强电场中，无论怎样运动，都会受到与电场强度方向平行的电场力，故AB错误；
CD、带电微粒在磁场中，运动方向与磁场方向不平行时，才会受到磁场力，故C错误，D正确。
故选：D。
带电微粒所受的电场力与电场强度方向在同一直线判断；带电微粒的运动方向与磁场方向平行时，所受洛伦兹力为零。
本题考查了电场力与洛伦兹力方向的判断，要明确带电微粒的运动方向与磁场方向平行时，所受洛伦兹力为零。
7.【答案】B
【解析】解：A、带电粒子从左端进入正交的电场和磁场中做直线运动，那么在竖直方向洛伦兹力与电场力平衡，则有：qvB1=Eq，所以带电粒子的速度v=EB1时才沿直线穿过速度选择器，故A错误；
B、若粒子带正电，则由左手定则可判定洛伦兹力向上，由电场力向下，所以P1板带正电，故B正确；
C、洛伦兹力不做功，所以带电粒子能量的增加是由电场获得的，故C错误；
D、根据半径公式r=mvqB，当带电粒子的速度增大，半径也增大，半径达到最大半径R(D形盒的半径)时，带电粒子的动能达到最大，Ekm=12mvm2=12m(qBRm)2，与半径有关，故D错误。
故选：B。
粒子在速度选择器中做匀速直线运动，根据受力平衡求出速度，
根据左手定则和电场力方向判定P板的电性；
磁场只负责偏转，对带电粒子不做功；
由半径公式求出最大速度后，确定最大动能。
解决本题的关键知道粒子在电容器间受电场力和洛伦兹力平衡，以及知道在匀强磁场中靠洛伦兹力提供向心力，掌握轨道半径公式．
8.【答案】B
【解析】解：由图看出，射线①向左偏转，受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，射线①带正电；射线②不偏转，该射线不带电；射线③向右偏转，洛伦兹力向右，由左手定则判断可知该射线带负电，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由轨迹偏转方向确定出洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子的电性。
本题考查左手定则的运用，注意应用左手定则时，四指指向负电荷运动的反方向。
9.【答案】D
【解析】解：AC、由题意可知，小球A和小球B发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：pA=pA′+pB，代入数据解得：pB=3kg⋅m/s，故AC错误；
BD、两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA′+mBvB
由机械能守恒定律得：12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB2
碰撞前A的动量pA=mAvA，代入数据解得：mB=3kg，故B错误、D正确。
故选：D。
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
在弹性碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，根据题意分析清楚小球的运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
10.【答案】BD
【解析】解：A、两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+m)v，
系统向右运动过程，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：EP=12(m+m)v2，解得弹簧的最大弹性势能：EP=14mv02，故A错误，B正确；
C、两滑块相碰过程系统动量守恒，两滑块碰撞后一起运动过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
B、两滑块碰撞过程机械能不守恒，碰撞后两滑块一起运动过程中只有弹力做功，系统机械能守恒，故D正确；
故选：BD。
系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题．
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．
11.【答案】AB
【解析】解：A、根据左手定则，结合粒子的运动轨迹，可知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A正确；
BC、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得粒子做圆周运动的半径为：r=mvqB
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
三种粒子的质量和电荷量相同，又射入同一磁场，所以a、b、c在磁场中运动的周期相同；
而粒子在磁场中的运动时间为：t=θ2πT=mθqB
由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则粒子c的运动时间最长，故B正确，C错误；
D、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得粒子运动的速率为：v=qBrm
由图知，射入磁场时粒子c的半径最小，所以射入磁场时粒子c的速率最小，故D错误。
故选：AB。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度。
本题考查带电粒子在磁场中运动问题，要求学生能够熟练应用左手定则和牛顿第二定律求解，带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确速率的大小。
12.【答案】AC
【解析】解：人的速度原来为零，起跳后速度变为v，以向上为正方向，由动量定理可得：
I−mgΔt=Δmv=mv−0
故地面对人的冲量为I=mv+mgΔt；
由于支持力的作用点没有位移，故地面对人做功为零；
故选：AC。
已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．
在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉，基础题目．
13.【答案】
【解析】解：A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度。
A碰前的速度：v1=BC5×0.02=；
则碰前动量P1=mv1=0.4×0.85=0.340kg⋅m/s；
碰后的速度v2=DEt=；
碰后的总动量：P2=(m1+m2)v2=0.6×0.56=0.336kg⋅m/s
可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒。
故答案为：BC；0.340；DE；0.336
(1)A与B碰后速度减小，通过纸带上相等时间内点迹的间隔大小确定哪段表示A的速度，哪段表示共同速度。
(2)求出碰前和碰后的速度大小，得出碰前和碰后总动量的大小。
解决本题的关键知道A与B碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小，简答题。
14.【答案】D AE 不会有影响，只有小球每次从同一位置由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度都相等 2：1
【解析】解：(1)A、碰撞后b球在前，a球在后，碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，由于b先抛出a后抛出，则b球先落地，a球后落地，a、b两个小球相碰后不同时落地，故A错误；
B、实验时，两球要发生对心碰撞，a、b两个小球的直径必须相同，故B错误；
C、实验时，为保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，故C错误；
D、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故D正确。
故选：D。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，两边同时乘以时间t得：mav0t=mav1t+mbv2t，
则maOB=maOA+mbOC，因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故选AE。
(3)实验时只要使小球a每次都从斜槽上同一位置由静止释放，不论小球与斜槽轨道间是否存在摩擦力，小球到达斜槽末端时的速度都相等，对实验没有影响。
(4)由(2)可知，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC，
xA=0.4m、xB=1.0m、xC=1.2m，即OA=0.4m，OB=1.0m，OC=1.2m，
代入数据解得：ma：mb=2：1；
故答案为：(1)D；(2)AE；(3)不会有影响，只有小球每次从同一位置由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度都相等；(4)2：1。
(1)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线应水平，据实验原理与实验注意事项分析答题。
(2)根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题。
(3)根据实验原理分析答题。
(4)求出实验需要验证的表达式，然后根据实验数据求出两小球的质量之比。
本题考查了演的动量守恒定律实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，根据题意应用动量守恒定律即可解题。
15.【答案】解：
(1)金属棒MN沿导轨匀速运动，水平方向受力平衡，安培力和摩擦力大小相等，
BI1L=μmg，
解得μ=0.2；
(2)当棒中电流增大到I2=10A时，设棒的加速度为a，由牛顿第二定律知：
BI2L−μmg=ma，
解得a=3m/s2。
答：(1)金属棒MN与导轨之间的动摩擦因数μ为0.2；
(2)若金属棒中电流为10A，则棒能获得的加速度大小为3m/s2。
【解析】(1)金属棒匀速运动，根据平衡条件求摩擦因数；
(2)结合牛顿第二定律列方程求解加速度。
本题考查了受安培力作用下的牛顿第二定律，解决方法和力学部分一样，基础问题。
16.【答案】(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得
qU=12mv2−0，
带电粒子离开电场时的速度大小
v=2qUm，
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，由牛顿第二定律得
qvB=mv2r，
由几何关系得
r2=(r−L)2+d2，
解得，B=2Ld2+L22mUq，
答：(1)带电粒子离开电场时的速度大小为2qUm，
(2)匀强磁场的磁感应强度为2Ld2+L22mUq。
【解析】(1)根据电场加速后，由动能定理求出速度；
(2)进入磁场后做匀速圆周运动，由几何知识求出运动半径；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出磁感应强度。
本题是带电粒子在磁场中运动的问题，关键是画出粒子在磁场中运动轨迹，由几何知识求解轨迹半径。
17.【答案】解：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=12mv02，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12mvB2，
解得：vA=0，vB=2gL；
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mvB=2mv，
解得：v=122gL；
(3)B、C碰撞过程，由能量守恒定律得：12mvB2=12⋅2mv2+Q，
解得：Q=12mgL；
答：(1)A、B球碰后A球的速度大小为0；
(2)B、C球碰后它们共同的速度大小为122gL；
(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是12mgL。
【解析】(1)A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A摆到最低点时的速度，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后两球的速度。
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度。
(3)应用能量守恒定律可以求出B、C碰撞过程损失的机械能。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。