【解析版】河北省任丘第一中学2017-2018学年高二下学期第一次阶段考试物理试卷 word版含解析

1、任丘一中2017-2018学年第二学期第一次阶段考试高二物理试题一、选择题1.下列说法正确的是( )A. 物体动量为零时，一定处于平衡状态 B. 物体动量为零时，不一定处于平衡状态C. 物体的冲量为零时，物体一定静止 D. 冲量越大时，物体受力越大【答案】B【解析】【详解】物体动量为零时，不一定处于平衡状态，例如上抛物体到达最高点时，选项A错误，B正确； 物体的冲量为零时，物体可能处于匀速直线运动或者静止状态，选项C错误；根据I=Ft可知冲量越大时，物体受力不一定越大，选项D错误；故选B.2.一个力作用在A物体上，在ts时间内速度增量为6 m/s，这个力作用在B物体上时，在ts内速度增量为9 m/s，若把A、B两物体连在一起，再用此力作用ts，则整体速度的增量为( )A. 15 m/s B. 0.28 m/s C. 3.6 m/s D. 3.0 m/s【答案】C【解析】【详解】设这个力为F，根据动量定理得：Ft=mAv1；Ft=mBv2；若把A、B两物体连在一起，再用此力作用ts，根据动量定理得：Ft=（mA+mB）v3；解得：v3=3.6m/s，故选C。3.如图所示，一轻弹簧左端固定

2、在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( ) A. 由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B. 当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能为0C. 由于F1、F2大小不变，故m、M各自一直做匀加速运动D. 由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零【答案】D【解析】【详解】由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B错误；由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确。故选D。4.如图所示，一个质量为m1=50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳气球和长绳的总质量为m2=20kg，长绳的下端刚好和水平面接触当静止时人离地

3、面的高度为h=5m如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（ ）A. 5 mB. 3.6 mC. 2.6 mD. 8 m【答案】B【解析】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得则m1v1=m2v2，所以v1=25v2，气球和人运动的路程之和为h=5m，则s1=107m，s2=257m，即人下滑107m，气球上升257m，所以人离地高度为257m，约等于3.6m故选B5.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v在此过程中（ ）A. 地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为12mv2B. 地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2D. 地面对他的冲量为mv-mgt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得Imgt=mv0，故地面对人的冲量为mv+mgt，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确

4、。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】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【此处有视频，请去附件查看】6. 某物体受到一个-6Ns的冲量作用，则（ ）A. 物体的动量一定减小B. 物体的末动量一定是负值C. 物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D. 物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反【答案】C【解析】试题分析：根据动量定理内容合外力的冲量等于动量的变化量，动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同，冲量的方向为负方向说明与规定的正方向相反，所以C项正确；动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；有可能物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误；正方向规定不确定，所以D项错误。考点：本题考查了动量定理7.以下对碰撞的理解，说法正确的是()A. 弹性碰撞一定是对心碰撞B. 非对心碰撞一定是非弹性碰撞C. 弹性碰撞也可能是非对心碰撞D. 弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒【答案】C【解析】【详解】弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞，对心碰撞指的是速度方向与两球球心连线共线

5、的碰撞，则弹性碰撞不一定是对心碰撞，也可能是非对心碰撞，选项A错误，C正确；非对心碰撞也不一定是非弹性碰撞，选项B错误；弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中，只要合外力为零，动量也守恒，选项D错误；故选C.8.如图所示,小车AB放在光滑水平面上, A端固定一个轻弹簧, B端粘有油泥, AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时, C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( )A. 弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B. C与B碰前, C与AB的速率之比为M:mC. C与油泥粘在一起后, AB立即停止运动D. C与油泥粘在一起后, AB继续向右运动【答案】BC【解析】【详解】小车AB与木块C组成的系统动量守恒，系统在初状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB与向左运动，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得mvCMvAB=0，解得vcvAB=Mm，B正确；系统动量守恒，系

6、统总动量守恒，系统总动量为零，C与油泥沾在一起后，AB立即停止运动，C正确D错误9.如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列说法中可能发生的是A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv=Mv1+mv2C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv=(M+m)v1D. 小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M+m)v=(M+m0)v1+mv2【答案】BC【解析】【分析】在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球在瞬间速度不变。【详解】碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：MV=mv1+mv2若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：MV=（M+m）v故B、C正确，A、D错误。故

7、选：BC。【点睛】解决本题的关键合理的选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒。10. 子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（）A. 10J B. 8J C. 6J D. 4J【答案】AB【解析】试题分析:设子弹的质量为m0,木块重量为m，子弹打进木块的过程中，动量守恒：，在此过程中产生的热量为：，对木块有：联立以上三式有：，故选AB。考点:动量守恒定律、功能关系。【名师点睛】动量守恒定律（1）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律（2）表达式pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量pm1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向p0，系统总动量的增量为零11.如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A.B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（ ）A. m不能到达M上的

8、B点B. m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C. m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D. M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【答案】CD【解析】【详解】M和m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，没有摩擦，系统的机械能也守恒，所以根据水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知，m恰能达到小车M上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒。没有摩擦，M和m组成的系统机械能守恒，故D正确；故选CD。【点睛】分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，知道系统在某一方向的合外力为零，该方向的动量守恒12.A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7kgm/s，B球的动量是9kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12kgm/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（

9、）A. mB=2mA B. mB=3mA C. mB=4mA D. mB=5mA【答案】AB【解析】以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：PA+PB=PA+PB，PB=12kgm/s，解得，PA=4kgm/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有PA22mA+PB22mBPA22mA+PB22mB ，解得：mAmB1121 ，由题意可知：当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有：PAmAPBmB ，解得：mAmBPAPB=79 ；碰撞后A的速度不大于B的速度，则有PAmAPBmB ，mAmBPAPB=13 ，综上得：13mAmB1121 故AB正确故选AB点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度二、实验题 13.(1)用如图所示的装置也可以完成“探究碰撞中的不变量”实验若实验中选取的A、B两球半径均为R，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度_，悬点O1、O2之间的距离等于_若A、B两球的半径分别为R和r，利用本装置完成实验，应使O1、O2之间的距离等于_；且注意两球静止时使_等高。（2）若A球质量

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