山东枣庄第八中学东校高考物理月考重点班 解析版.docx

1、山东枣庄第八中学东校高考物理月考重点班 解析版枣庄八中东校2019高三年级阶段性检测物理测试一、本题包括12小题，共48分。每小题给出的四个选项中，其中1-6题只有一选择项符合要求，每小题4分；7-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是（ ）A. 物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B. 物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C. 物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D. 物体所受的合外力越大，它的动量变化越快【答案】BCD【解析】【详解】物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，不是

2、动量越大，故A错误；合外力的冲量等于物体动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变，故B正确；合外力的冲量等于物体动量的变化量，所以物体的动量增量的方向就是物体动量变化量的方向，就是它所受冲量的方向，故C正确；由动量定理： 物体所受的合外力越大，它的动量变化越快，故D正确。故选BCD。2.在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动不可能是()A. 匀速圆周运动 B. 匀变速直线运动C. 自由落体运动 D. 平抛运动【答案】A【解析】由动量定理可知，要使相等时间内的动量变化量相等，则在相等时间内合外力的冲量必须相等；即物体应受到恒力作用；故自由落体、平抛运动及匀变速直线运动

3、均符合条件；而匀速圆周运动受到的是变力；故BCD均可能，A不可能；故选A点睛：此题考查动量定理的应用，要注意明确动能定理的应用，注意匀速圆周运动受到的向心力大小不变，但方向一直在改变，属于变力3.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是（ ）A. 地面对人的支持力始终等于重力B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C. 人原地起跳过程中获得的动能来自于地面D. 人与地球所组成的系统的机械能是守恒的【答案】B【解析】人在上升过

4、程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的4.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇

5、向南的速度大小为()A. B. C. D. v1【答案】D【解析】雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v取向南为正方向，由水平动量守恒得：Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确故选D.5.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是()A. 5 m/sB

6、. 4 m/sC. 8.5 m/sD. 9.5 m/s【答案】A【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh= 解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：mv0+Mv=(M+m)v解得：v=5m/s故选：A点睛：根据动能定理求出小球落到车底前瞬间的水平速度，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解6.一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的图像如图所示，t0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。（）A. 在t6s时刻，物体的速度为18m/sB. 在t6s时间内，合力对物体做的功为400JC. 在

7、t6s时间内，拉力对物体的冲量为36NsD. 在t6s时刻，拉力F的功率为200W【答案】D【解析】A项：根据v=at可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度，故A错误；B项：根据动量定理得：，故B正确；C项：根据动量定理得：，代入数据解得：，故C正确；D项：在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=24+2=10N,则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=1020=200W，故D正确。点晴：本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量。7.关于

8、冲量,下列说法正确的是( )A. 冲量是物体动量变化的原因B. 作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C. 动量越大的物体受到的冲量越大D. 冲量的方向就是物体受力的方向【答案】A【解析】根据动量定理知，冲量是引起动量变化的原因，故A正确根据I=Ft知，作用在静止物体上力的冲量不为零，故B错误动量大说明物体的速度大，但无法明确动量的变化，故不能说明物体的冲量大小，故C错误冲量的方向与力的方向相同，故D正确故选AD点睛：本题考查对冲量与动量的理解，解答的关键是要理解冲量、动量都是矢量，冲量的大小与动量的变化大小有关，与动量的大小无关8.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力

9、较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 拉力F对物体的冲量大小为FtcosC. 拉力F对物体的冲量大小是FtD. 合力对物体的冲量大小为零【答案】CD【解析】A、B、C、拉力的大小为F，作用时间为t，则拉力的冲量Ft，故C正确，A、B、错误；C、物体保持静止，根据动量定理，合力冲量为零，除支持力和重力的合力外物体还受摩擦力，故D正确；故选CD.【点睛】解决本题的关键知道冲量的定义，知道各力都有冲量，合力的冲量等于物体动量的变化9.如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出

10、纸条，则 () A. 铁块落地点在P点左边B. 铁块落地点在P点右边C. 第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D. 第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长【答案】AC【解析】以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小故AC正确，BD错误故选AC10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接，并静止在光滑的水平面上. 现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）A. 在、时刻两物块达到共同速度，且弹簧都是处于压缩状态B. 从到

11、时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体的质量之比为D. 在时刻与的动能之比为【答案】CD【解析】由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状

12、态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正确故选CD点睛：对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况11. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在

13、箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考

14、查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C12.在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，A在后面，B在前面，已知碰撞前两球的动量分别为pA12 kgm/s， pB13kgm/s，碰撞后它们动量的变化是PA 与PB ，有可能的是：（ ）A. PA3 kgm/s PB3kgm/sB. PA4 kgm/s PB4kgm/sC. PA5 kgm/s PB5kgm/sD. PA

15、24 kgm/s PB24kgm/s【答案】AC【解析】【详解】如果PA=-3kgm/s，PB=3kgm/s，遵守动量守恒定律碰后两球的动量分别为 PA=PA+PA=12kgm/s-3kgm/s=9kgm/s、PB=PB+PB=13kgm/s+3kgm/s=16kgm/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的故A正确如果PA=4kgm/s，PB=-4kgm/s，遵守动量守恒定律A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误如果PA=-5kgm/s，PB=5kgm/s，遵守动量守恒定律碰后两球的动量分别为 PA=PA+PA=12kgm/s-

16、5kgm/s=8kgm/s、PB=PB+PB=13kgm/s+5kgm/s=18kgm/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的故C正确如果PA=-24kgm/s，PB=24kgm/s，遵守动量守恒定律碰后两球的动量分别为 PA=PA+PA=12kgm/s-24kgm/s=-12kgm/s、PB=PB+PB=13kgm/s+24kgm/s=37kgm/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的故D错误；故选AC.【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律：一是动量守恒定律；二是总动能不增加；三是符合物体的实际运动情况二、本题共5小题，共5

17、2分。解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.人们常说“水滴石穿”，请你根据下面提供的信息，估算出水对石头的冲击力的大小一瀑布落差为h=20m，水流量为Q=010m3/s，水的密度kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零（落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10m/s2） （13分）【答案】【解析】水从h高处落下可认为是自由落体运动，速度为v，则（2分）m/s（2分）设在很短时间t内有质量为m的水落到石头上，以它为研究对象，设石头对水的平均作用力为F，取竖直向下为

18、正方向，由动量定理得，而（5分）由式代入数据解得，N（2分）根据牛顿第三定律可知，水对石头的反作用力=N（2分）14.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6s，二者的速度达到。求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l；【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m【

19、解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v(mAmB)v1代入数据解得v11 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)v1A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m.点睛：本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题【此处有视频，请去附件查看】15.如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 k

20、g的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切现将一质量m1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O的距离【答案】(1)5 m/s(2)0.5 m【解析】（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v1，由动量守恒得mv0=（M+m）v

21、1由能量守恒得： mv02 (M+m)v12mgR+mgL联立并代入数据解得v0=5m/s（2）设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得mv0=（M+m）v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x由能量守恒得： 联立并代入数据解得x=0.5m16.如图所示，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车

22、足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度各是多少？(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？【答案】(1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s【解析】（1）炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0=m1v1+m2v2A、B的机械能总量为12J，故有：E=m1v12+m2v22=12J，联立解得：v1=4m/s v2=-2m/s 或者：v1=-4m/s v2=+2m/s（不合实际，舍去）（2）爆炸后AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，该过程中ABC组成的系统动量守恒设该过程的时间为t3，对A应用动量定理：-m1gt

23、3=m1v3-m1v1对B应用动量定理：-m2gt3=m2v4-m2v2对C应用动量定理：（m2g-m1g）t3=m3v4代人数据得：v3=3m/s；v4=-1m/s；t3=0.2s之后，A在C是滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒，有：0=（m1+m2+m3）v，解得：v=0，设A滑动的总时间为t，则：-m1gt=0-m1v1，解得：t=0.8s点睛：本题关键是明确爆炸过程系统动量守恒，同时结合能量守恒定律、动量定理和能量的转化与守恒列式求解17.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成的足够长的传送

24、带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与OP段动摩擦因数，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A.B交换速度，重力加速度，现释放A，求：（1）物块A.B第一次碰撞前瞬间，A的速度（2）从A.B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量（3）A.B能够碰撞的总次数【答案】（1）（2）（3）6次【解析】试题分析：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为，则：解得：（2）设A.B第一次碰撞后的速度分别为，则，碰后

25、B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为，则：，解得：运动的时间，位移此过程相对运动路程此后B反向加速，加速度仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为位移为此过程相对运动路程全过程生热（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对A.B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次（取整数） 考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度