6. 如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行
于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开
2018-2019学年海南省儋州一中高二（下）第一次月考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了
（ ）
电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场（ ）
A. 只增大粒子的带电量 C. 只减小粒子的比荷
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
B. 只增大电场强度
D. 只减小粒子的入射速度
A. 减小地面对人的冲量 C. 增加地面对人的冲击时间 B. 减小人的动量的变化 D. 增大人对地面的压强
7. 甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（ ）
2. 甲、乙两个单摆在同一地点做简谐振动，在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动．已
知甲摆摆长为1m，则乙摆的摆长为（ ）
A. 2m
B. 4m
D.
C.
3. 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小
车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A. 两手同时放开后，系统总动量始终为非零的某一数值 B. 先放开左手，后放开右手，后动量不守恒 C. 先放开左手，后放开右手，总动量向右
D. 无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不
一定为零
A. 甲的速度为零时，乙的速度最大 C. 任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
B. 甲的加速度最小时，乙的速度最小 D. 两个振子的振动频率之比 甲： 乙 ：2
8. 如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，L为标有“22V 20W”
4. 质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位
移-时间图象如图所示，则可知碰撞属于（ ）
的白炽灯泡，所有电表均为理想电表。当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时，灯泡L正常发光。则下歹列说法正确的是（ ）
A. 弹性碰撞 B. 非弹性碰撞 C. 完全非弹性碰撞
D. 条件不足，不能判断
5. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒。当导体棒中
的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加平行纸面的匀强磁场中，下列有关磁场的描述中正确的是（ ）
A. 若磁场方向竖直向下，则
B. 若磁场方向平行斜面向上，则 C. 若磁场方向垂直斜面向上，则 D. 若磁场方向垂直斜面向下，则
A. 通过R的交变电流频率为50Hz
B. 变压器原、副线圈的匝数比为10：1
C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：1
D. 当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时，电流表 和 的示数均增大
9. 关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法错误的是（ ）
A. 位移减小时，加速度减小，速度增大
B. 位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相反
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C. 物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同 D. 物体的速度增大时，加速度一定减小
10. 一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发
现小车向左移动．若（ ）
m1和m2的两球与木条的撞击点；
②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B ；
③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点； ④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；
⑤目测得B 与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3。 （1）两小球的质量关系为m1______m2（填“＞”“=”或“＜”） （2）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=______。
（3）若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足______表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足______表示两小球碰撞前后机械能守恒。
A. 两人质量相等，则必定是 甲 乙 C. 两人速率相等，则必定是 甲 乙
三、实验题探究题（本大题共2小题，共17.0分）
B. 两人质量相等，则必定是 乙 甲 D. 两人速率相等，则必定是 乙 甲
11. 用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端
装有等宽的挡光片。
四、计算题（本大题共2小题，共26.0分）
13. 一根长1m的细绳下端挂着一个质量M=1.99kg的木块。一质量为m=10g的子弹以
v0=400m/s的水平速度击中木块且未穿出。取g=10m/s2，求： （1）木块获得的速度； （2）木块上摆的高度；
（3）木块摆回平衡位置时，受到绳的拉力。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为t1、t2，当t1______t2（填“＞”、“=”、“＜”），则说明气垫导轨水平。 （2）滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为△t1，A与B碰撞后再次通过光电门1的时间为△t2，滑块B通过光电门2的时间为△t3．为完成该实验，还必需测量的物理量有______ A．挡光片的宽度d B．滑块A的总质量m1 C．滑块B的总质量m2
D．光电门1到光电门2的间距L
（3）若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为：______（用已知量和测量量表示）
12. 恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的
材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为
14. 如图所示，B右侧地面光滑，左侧动摩擦因数为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，B、C用轻弹
簧相连，初始时弹簧压缩并锁定，A、B相距 ，A以初速度v0向右运动，与B发生碰撞后粘在一
起，碰后弹簧解除锁定，当弹簧第一次恢复原长时C的速度也恰好为v0，求：
（1）A撞上B前的速度是多少？
（2）A与B碰撞前摩擦力的冲量大小为多少？ （3）弹簧锁定期间储存的弹性势能为多少？
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、v2和 其中v1、 ，
分别为质量为m和m的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示 12
的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数。 实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为
五、综合题（本大题共1小题，共13.0分）
15. 如图所示，质量为M=4kg的平板车P的上表面离地面高h=0.2m，质量为
m=1kg的小物块Q（大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R=0.9m，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计，可视为质
点）。今将小球拉至悬线与竖直方向成60°角由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小v1=1m/s，Q与P之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s，计算：
（1）小球与Q碰撞前瞬间，细绳拉力T的大小； （2）平板车P的长度L；
（3）小物块Q落地时与小车的水平距离s。
2
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答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：A、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A错误；
B、先放开左手，左边的小车就向左运动，后放开右手，两手都放开后系统所受合外力为零，系统动量守恒，即放开右手后系统动量守恒，故B错误；
C、先放开左手，左边的小车就向左运动，后放开右手，两手都放开后系统所受合外力为零，系统动量守恒，放开右手时系统总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误； D、如果同时放开两手，系统动量守恒，系统总动量为0；两手不同时放开时系统总动量不为零，但放开后系统动量守恒，由此可知，无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，故D正确； 故选：D。
当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向
解：设人的质量为m，着地前速度大小为v，着地时间为t，地面对人冲量大小为I，作用力大小为F，取竖直向下方向为正方向。
A、B人着地过程，人的动量从一定值减到零，动量的变化量不变，根据动量定理得：mgt-I=0-mv，得到地面对人的冲量I=mgt+mv，m、v一定，t延长，则I增大。故AB错误。 C、让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，增加地面对人的冲击时间。故C正确。 D、根据动量定理得：mgt-Ft=0-mv，得到F=mg+故D错误。 故选：C。
人从高处跳到较硬的水平地面时，让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，延长了地面对人的作用
，t增大，则F减小，人对地面的压强减小。
时间，而动量的变化量相同，根据动量定理分析地面对人冲量，并分析人对地面的压强的变化． 左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向本题考查运用动量定理分析实际问题的能力，不能定性分析，可以列式细化分析的过程． 2.【答案】D
【解析】
左，放开右手后总动量方向也向左．
题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒的条件是解题的前提，分析清楚系统受力情况是解题的关键，解题时要注意讨论． 4.【答案】A
【解析】
解：在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动，可知T甲：T乙=2：1， 根据T=
知摆长L=
，甲乙的周期之比为2：1，则摆长之比为4：1，甲摆的摆长为1m，
解：根据x-t图象可知：a球的初速度为：va==3m/s，b球的初的速度为vb=0，
则乙摆的摆长为0.25m。 故选：D。
完成一次全振动的时间为一个周期，根据相等时间内全振动的次数得出甲乙的周期之比，结合单摆的周期公式求出摆长之比，从而求出乙摆的摆长．
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，通过周期之比求出摆长之比是关键，基础题． 3.【答案】D
【解析】
碰撞后a球的速度为：va′=-=-1m/s 碰撞后b球的速度为：vb′=
=2m/s
=×1×32-×1×12-
22
两球碰撞过程中，动能变化量为：△Ek=mava+0-mava′
×2×22=0
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞； 故选：A。
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