河北省巨鹿县二中学年高二下学期期末考试物理试题含答案解析.docx
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河北省巨鹿县二中学年高二下学期期末考试物理试题含答案解析
河北省巨鹿县二中【最新】高二下学期期末考试物理试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.两球相向运动,发生正碰,碰撞后两球均静止,于是可以断定,在碰撞以前()
A.两球的质量相等
B.两球的速度大小相同
C.两球的质量与速度的乘积之和的大小相等
D.以上都不能断定
2.关于动量守恒的条件,下列说法正确的有()
A.只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒B.只要系统受外力做的功为零,动量守恒
C.只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒D.系统加速度为零,动量不一定守恒
3.在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在其中,将弹簧压缩到最短.若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统,则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中( )
A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能不守恒D.动量不守恒,机械能守恒
4.运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( )
A.燃料推动空气,空气反作用力推动火箭
B.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭
C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭
D.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭
5.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是()
A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒
B.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒
C.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒
D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒
6.关于冲量,下列说法中正确的是( )
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运动的方向
7.下列关于动量及其变化说法正确的是( )
A.两物体的动量相等,动能也一定相等
B.物体动能发生变化,动量也一定发生变化
C.动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同
D.动量变化的大小,不可能等于初末状态动量大小之和.
8.如图所示,甲木块的质量为
,以速度
沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为
的乙木块,乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
9.两个小球在一条直线上相向运动,若它们相互碰撞后都停下来,则两球碰前()
A.质量一定相等B.速度大小一定相等
C.总动量一定为零D.动量一定相同
10.下列几种现象中,动量不守恒的是
A.在光滑水平面上两球发生碰撞
B.车原来静止在光滑的水平面上,车上的人从车头走到车尾
C.水平放置的弹簧一端固定,另一端与置于光滑水平面的物体相连,伸长的弹簧拉物体运动
D.火箭的反冲运动
11.关于冲量,下列说法正确的是( )
A.力越大,力的冲量就约大
B.力的作用时间越长,力的冲量就越大
C.力与力作用时间的乘积越大,力的冲量就越大
D.两个力的大小相等,作用时间也相同,则这两个力的冲量一定相同
12.关于动量定理,下列说法正确的是()
A.动量越大,合外力的冲量越大
B.动量变化越大,合外力的冲量越大
C.动量变化越快,合外力的冲量越大
D.冲量方向与动量方向相同
13.在“验证动量守恒定律”的实验中,入射球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放,这是为了使( )
A.小球每次都能水平飞出槽口
B.小球每次都以相同的速度飞出槽口
C.小球在空中飞行的时间不变
D.小球每次都能对心碰撞
14.如图所示的装置中,木块
与水平桌面间的接触是光滑的,子弹
沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短,则下图列说法中正确的是( )
A.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒
B.子弹射入木块的短暂过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒
C.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒
D.若水平桌面粗糙,子弹射入木块的短暂过程中,子弹与木块组成的系统动量不守恒
15.两个相向运动的小球,在光滑水平面上碰撞后变成静止状态,则碰撞前这两个小球的( )
A.质量一定相等
B.动能一定相等
C.动量一定相同
D.以上说法都不正确
二、多选题
16.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是()
A.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
17.下列选项中,属于反冲运动的是( )
A.喷气式飞机的运动B.直升飞机的运动
C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动
18.如图所示,木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑的水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )
A.a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量守恒
B.a尚未离开墙壁前,a和b系统的动量不守恒
C.a离开墙壁后,a和b系统的动量守恒
D.a离开墙壁后,a和b系统的动量不守恒
19.关于动量的概念,下列说法中正确的是( )
A.动量大的物体惯性一定大
B.动量大的物体运动得一定快
C.动量相同的物体运动方向一定相同
D.动量相同的物体速度小的惯性大
20.下列说法中正确的是( )
A.正碰就是迎面相撞
B.正碰就是两物体碰撞时速度沿连心线方向
C.斜碰就是从侧面撞上被撞物体
D.台球被母球碰撞后不沿母球速度方向运动是斜碰
三、解答题
21.有一艘质量为M=120kg的船停在静水中,船长L=3m,船上一个质量为m=60kg的人从船头走到船尾.不计水的阻力,则船在水中移动的距离为多少?
22.质量为
的热气球吊筐中有一质量为
的人,共同静止在距地面为
的高空中,现从气球上放下一根质量不计的软绳,为使此人沿软绳能安全滑到地面,求软绳至少有多长.
23.一火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1000m/s.设火箭质量M=300kg,发动机每秒钟喷气20次.
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度多大?
(2)运动第1s末,火箭的速度多大?
参考答案
1.C
【解析】
试题分析:
两球碰撞后总动量守恒,则p1+p2=0,故选项C正确.
考点:
动量守恒定律的应用
点评:
碰撞时动量守恒的典型模型,另外还有爆炸和反冲问题都属于动量守恒,都是瞬间,内力远大于外力的实例,动量守恒的应用注意初末状态的选取,相互作用之前属于初态,之后属于末态.这是易错点应着重讲解.
2.C
【详解】
A.只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,与系统内是否存在摩擦力无关,故A错误;
B.系统受外力做的功为零,系统所受合外力不一定为零,系统动量不一定守恒,如用绳子拴着一个小球,让小球做匀速圆周运动,小球转过半圆的过程中,系统外力做功为零,但小球的动量不守恒,故B错误;
C.力与力的作用时间的乘积是力的冲量,系统所受到合外力的冲量为零,则系统受到的合外力为零,系统动量守恒,故C正确;
D.系统加速度为零,由牛顿第二定律可得,系统所受合外力为零,系统动量守恒,故D错误;
故选C。
3.C
【详解】
系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中,由于墙壁对弹簧有力的作用,所以系统所受的外力之和不为零,所以系统动量不守恒。
在整个过程中,由于子弹射入木块的过程中有内能产生,所以系统机械能不守恒。
故选C。
4.D
【详解】
火箭的工作原理是利用反冲运动,是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出,气体的反作用力使火箭获得反冲速度。
故选D。
5.B
【详解】
A.若系统内存在着摩擦力,而系统所受的合外力为零,系统的动量仍守恒,故A错误;
B.只要系统所受到合外力为零,则系统的动量一定守恒,故B正确;
C.系统中有一个物体具有加速度时,系统的动量也可能守恒,比如碰撞过程,两个物体的速度都改变,都有加速度,单个物体受外力作用,系统的动量却守恒,故C错误;
D.系统中所有物体的加速度为零时,系统所受的合外力为零,即系统的总动量一定守恒,故D错误。
故选B。
6.A
【详解】
A.力作用一段时间便有了冲量,而力作用一段时间后,物体的运动状态发生了变化,物体的动量也发生了变化,因此说冲量使物体的动量发生了变化,A正确;
B.只要有力作用在物体上,经历一段时间,这个力便有了冲量I=Ft,与物体处于什么状态无关,物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果,B错误;
C.物体所受冲量I=Ft与物体动量的大小p=mv无关,C错误;
D.冲量的方向与物体运动方向无关,D错误.
7.B
【解析】
由公式
可知动量相等质量相同的情况下动能才相等,A错;动量变化的方向可能与初末动量的方向都相同,例如匀加速直线运动,C错;同理D错;
8.C
【解析】
【详解】
甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙的动量要发生变化,即甲、乙两物体的动量均不守恒;但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零,故动量守恒,故AB错误,C正确;甲、乙两木块所组成系统的动能,一部分转化为弹簧的势能,故系统动能不守恒,故D错误.故选C
9.C
【详解】
两球碰撞的过程中动量守恒,总动量为零。
故可得碰撞前后,两球的动量大小相等,方向相反。
ABD与分析不符,故选C。
10.C
【详解】
A.根据动量守恒条件可知,系统不受外力,或者所受外力的合力为零,系统的总动量守恒;
B.车原来静止在光滑的水平面上,车上的人从车头走到车尾,以整体为研究对象,系统所受合外力为零,故动量守恒;
C.水平放置的弹簧一端固定,另一端与置于光滑水平面的物体相连,伸长的弹簧拉物体运动,弹簧受到外界拉力作用,系统存在合外力,所以系统动量不守恒;
D.火箭反冲运动,虽然系统受重力,但是系统所受的外力比相互作用力(内力)小的多,火箭反冲运动动量近似守恒。
故选C。
11.C
【详解】
A.冲量等于力和时间的乘积,力大但时间短时,冲量不一定大,A错误;
B.力作用时间长,但如果力很小时,冲量不一定大,B错误;
C.由冲量的定义可知,I=Ft,力与其作用时间的乘积越大,力的冲量就越大,C正确;
D.若两个力大小相等,作用时间也相等,但如果力的方向不同,则两个力的冲量不一定相同,D错误;
故选C。
【点睛】
本题考查冲量的定义,要注意明确冲量为矢量,在分析冲量时要注意冲量的方向.
12.B
【详解】
AB.合外力的冲量等于物体动量变化量,动量越大,动量变化量不一定越大,A错误,B正确;
C.根据动量定量有
而动量变化越快,即
越大,
不一定大,即合力的冲量不一定大,C错误;
D.冲量的方向和动量变化量的方向相同,即和外力的方向相同,D错误。
故选B。
13.B
【解析】
入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放,是为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口;故B正确;而只要末端水平,小球即可以做平抛运动,与起点无关,同时时间由高度决定,而要使小球做对心碰撞,应该使两小球的半径相同,故ACD错误;故选B.
14.B
【详解】
A.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中,由于弹簧对子弹和木块组成的系统有力的作用,所以子弹与木块组成的系统动量不守恒守恒,故A错误;
B.子弹射入木块瞬间,弹簧仍保持原长,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,故B正确;
C.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统由于受到墙壁的弹力作用,所以动量不守恒,故C错误;
D.若水平桌面粗糙,子弹射入木块的短暂过程中,由于内力远远大于外力,所以子弹与木块组成的系统动量守恒,故D错误;
故选B。
点睛:
明确动量守恒的条件,并知道题目中要研究的是那个过程,在这个过程中研究的是那个对象.
15.D
【解析】两球在光滑的水平面上相向运动,系统所受合外力为零,系统的总动量守恒.两球发生正碰后,两球均静止,碰撞后系统的总动量为零,由动量守恒定律可知,碰撞前系统的总动量也为零,则两球碰撞前动量等大反向,动量不同,两球的质量、动能不一定相等,故D正确,A、B、C错误;故选D。
【点睛】解决本题的关键知道两物体在碰撞前后瞬间动量守恒,通过动量守恒定律判断出碰撞前动量的大小关系.
16.AD
【解析】
若两球质量相等,碰撞前以速率相等相向而行,则系统的总动量为零.若碰撞后以某一相等速率反向而行,总动量也为零,符合动量守恒,所以是可能的.故A正确;若两球质量相等,碰撞前以速率相等相向而行,则系统的总动量为零.若碰后以某一相等速率同向而行,总动量不为零,不满足动量守恒.故B错误;若两球质量不同,碰撞前以速率相等相向而行,系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同;若碰后以某一相等速率反向而行,总动量也与质量较大的物体动量方向相同,而此方向与碰撞前相反,动量可能守恒,故C正确;若两球质量不同,碰撞前以速率相等相向而行,系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同;若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行,总动量不可能与碰撞前动量相等,是不可能发生的,故D错误.所以AC正确,BD错误.
17.ACD
【详解】
A.喷气式飞机是利用尾部喷出的气体使飞机前进的,属于反冲,A正确;
B.直升机是利用的空气的浮力而使飞机上升的,不属于反冲,B错误;
C.火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力,利用了反冲运动,C正确;
D.反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力,属于反冲运动,D正确;
故选ACD.
18.BC
【详解】
AB.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统所受合外力等于墙壁的弹力,合外力不为零,系统的动量不守恒,故A错误,B正确;
CD.a离开墙壁后,a和b组成的系统所受到的合外力为零,系统动量守恒,故C正确,D错误。
故选BC。
19.CD
【解析】
惯性的大小只和物体的质量有关,根据
可知动量大,质量不一定大,所以惯性不一定大,同理,动量大,速度不一定大,所以运动的不一定块,AB错误;动量是矢量,动量相同,即运动方向一定相同,C正确;动量相同的情况下,质量越大,速度越小,故动量相同的物体速度小的惯性大,D正确.
20.BD
【解析】
正碰就是两物体碰撞时速度沿连心线方向,选项A错误,B正确;斜碰就是两物体碰撞时速度方向与连心线方向不共线,选项C错误;台球被母球碰撞后不沿母球速度方向运动是斜碰,选项D正确;故选BD.
21.1m
【解析】船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向右退,有mv=MV。
人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为L-x。
由
;解得,
;
点睛:
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.
22.
【解析】
人与气球组成的系统动量守恒,设气球的速度v1,人的速度v2,设运动时间为t,以人与气球组成的系统为研究对象,以向上为正方向,
由动量守恒得:
m1v1-m2v2=0,
得:
,其中s人=h
解得:
s气=
h
则软绳至少的长度:
.
点睛:
本题为动量守恒定律的应用,属于人船模型的类别,关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系.
23.
(1)2m/s
(2)13.5m/s
【解析】
(1)选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求解.
设喷出三次气体后火箭的速度为v3,
以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得:
(M-3m)v3-3mv=0,
v3=
=2m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得:
(M-20m)v20-20mv=0,
v20=
=13.5m/s.