永州一中2023届下期高二9月月考物理试题

2023-09-18 15:08:07 101℃

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1m/s2;同理可知，乙物体的加速度大小a乙=2m/s2,A项正确，B项错：往复运动，A项正确；人、锤和车组成的系统，只在水平方向上所受的外误。t一9s时，pz=9kg·m/s,z一0.5m/s=18m/s,C项正确。根力之和为零，水平方向上动量守恒，B项借误；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的水平动量方向先向左再向右，则车的动量方据p一t图像可知，t=0时，甲物体具有的动量为18kg·m/s,可得甲物体向先向右再向左，大小先增大后减小，C项正确；锤从刚接触车的左端至的初速度的=9m/s,根据x甲=w1什之（一a甲)P,x乙=2az,当两物体锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，D项错误。相遇时x甲=x乙，解得t=6s,D项错误。6.D解析由于一块碎片先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向8.C解析从静止开始下落的雨滴受到重力和阻力作用，根据题意可得应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，)项速度达到最大时，有mg=ko,由动量定理可得一mgt十Ir=一mw-0,联正确。立两式可得=mg1-,C项正确。:7.D解析当滑块B相对于斜面体加速下滑时，斜面体A水平向左加速9.B解析设飞行器对水的平均作用力为F,根据牛顿第三定律可知，水运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直对飞行器的作用力的大小也等于F,对飞行器，则有F=Mg,设水喷出于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面体对滑块的支持力F、不等于时的速度为v,在时间t内喷出的水的质量△m=V=2St,t时间内质mgcos a,A项错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为Fvt,B项错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力量为△m的水获得的冲量I=F=△m·2,联立可得v=V√1S/Mg不为零，系统的动量不守恒，C项错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,则M1=m,x2,x1900√4X1000XxX0.05m/s≈5.4m/s,B项正确。十=L,解得一M+,D项正确。10.A解析以正离了为研究对象，由动能定理得gU=立m,a时间8AC解析如果△p1二3kg·m/s,△p=3kg·ms,遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA'=pA十△pA=9kg·m/s、pB'=pB内通过的总电荷量Q=1△，喷出的正离子总质量M=QI△tg m=十△p=16kg·m/s,可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，有可由动量定理可知正离子所受的平均冲量F△一Mw,联立以上式子可得能能量守恒，是可能的，A项正确。如果△pA=4kg·m/s、△pB-4kg·m/s,遵守动量守恒定律；A球的动能增加，B球的动能减小，F一1√根据车顿第三定律可知，发动机产生的平均推力产不符合实际的运动情况，不可能，B项错误。如果△pA=一5kg·m/s、△pB1√②A项正确=5kg·m/s,遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA'=pA十△pA=7kg·m/s、pB'=pB十△pB=l8kg·m/s,可知碰撞后A的动能11.C解析安全气囊的作用，一是可以延长司机或乘客的受力时间，减减小，B的动能增大，有可能能量守恒，是可能的，C项正确。如果△A小其所受弹力的大小：二是增大司机或乘客的接触面积，减小弹力对应=一24kg·m/s,△pB=24kg·m/s,遵守动量守恒定律；碰后两球的的压强。A、B、D都是延长了受力时间，减小了相应物体受到的作用动量分别为A'=A十△pA=一l2kg·/s、pB'=pB十△pB=力。C中啄木鸟长长的尖嘴，减小了受力面积，增大了压强，故C项所37kg·m/s,可知碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守述与题干巾所述物理规律不一致。恒定律，是不可能的，D项错误。9.(1)1.5m/s1.5m/s(2)15个课时2动量守恒定律及其应用解析两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等。无论是甲抛球的过程，乙接球的过程，还是整个过程，系1.C解析在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机统动量均守恒。械能增加，A项错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，：(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒，沿A车的运动方向，甲章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，B项错误：由动量守恒定律得0=不断抛球、乙接球后，当甲和A车与乙和B车具有共同速度时，可保证(M一m)w一m,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小u一亡mo,C项刚好不碰撞，设共同速度为，则正确；章鱼喷水的过程中受到的冲量人小等于喷出的水的动量大小，即M0-M2o=(M1+M2)mo,D项错误。_M1-M2u=+Mw=80X6m/s=1.5m/s。2.C解析以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由(2)整个过程中乙小孩及B车的动量变化动量守恒定律可得m=(M+m,最终车厢的速度=m,方向与△p=[30X6-30X(-1.5)]kg·m/s=225kg·m/s速度的方向相同，水平向右，C项正确。整个过程中每个小球的平均动量变化3.B解析P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，△p=(16.5×1-1.5×1)kg·m/s=15kg·m/sP会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触血，与Q前后移动连线的故小球个教n=部-器c个)=15（个.位移夹角大于90，所以P对Q做功不为零，A项错误；因为P,Q之间10.BC解析由图像可知，甲是被碰小球。根据动量守恒定律可知，的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，mZw忆=m师十mzz1,其中vz=4m/s,vp=2m/s,v忆1=一2m/s,所以做功之和为零，B项正确；因为系统只有系统内力和重力作用，所以代入可解得乙-1kg。乙小球碰撞过程的动量变化量△p-mz21该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平：m忆一一6kg·m/s,A项错误。根据动量守恒定律可知，甲小球的动方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守量变化量与乙小球的动量变化量等大、反向，而且据动量定理可得I=恒，C、D两项错误。△p,可知甲小球碰撞过程中所受到的冲量为6kg·m/s,B项正确。计4.C解析以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mw=m4十2m心B,由机械算碰前动能为2mz2,碰后动能为2m6Z12+之m取甲2，均为8J,能守恒定律得2mw2=2m012+号×2mug2,解得1=属于弹性碰撞，C项正确。由动量守恒定律及能量守恒定律得乙乙3U,=m甲呷十mz吃'，之mzz2=2m甲佣2+之mz欢'2，可得z'子，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以影票，御一必，因为乙小球的质最小于被碰小球甲的2mA球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得w=(十2m)B,解得质量，故两小球碰后速度方向一定不相同，D项错误阳=了，则碰撞后B球的速度范围是子

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