河北省承德二中学年高二下学期第一次月考物理试题.docx
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河北省承德二中学年高二下学期第一次月考物理试题
河北省承德二中【最新】高二下学期第一次月考物理试题
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___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.关于物体的动量,下列说法正确的是( )
A.质量越大的物体动量越大
B.质量和速率都相同的物体动量一定相同
C.一个物体的运动状态变化,其动量一定改变
D.一个物体的加速度不变,其动量一定不变
2.如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( )
A.减小球的动量的变化量
B.减小球对手作用力的冲量
C.减小球的动量变化率
D.延长接球过程的时间来减小动量的变化量
3.质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。
当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时,车子速度将()
A.不变B.增大C.减小D.无法确定
4.如图所示,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动D.A向左运动,B向右运动
5.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,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
6.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等,a运动的半径大于b运动的半径.若a、b的电荷量分别为qa、qb,质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb.则一定有( )
A.qa 7.有一种硬气功表演,表演者平卧地面,将一大石板置于他的身体上,另一人将重锤举到高处并砸向石板,石板被砸碎,而表演者却安然无恙.假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度.表演者在表演时尽量挑选质量较大、表面积较大的石板.对这一现象,下面的说法中正确的是( ) A.重锤在与石板撞击的过程中,重锤与石板的总机械能守恒 B.石板的表面积越大,石板获得的动量就越小 C.石板的质量越大,石板所受到的打击力就越小 D.石板的质量越大,石板获得的速度就越小 8.质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止B球发生正碰.碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不同的值.碰撞后B球的速度大小可能是( ) A.0.08vB.0.12vC.0.33vD.0.44v 9.如图,粗糙水平面上,两物体A、B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动.某时刻轻绳断开,在F牵引下继续前进,B最后静止.则A和B组成的系统动量有下述关系() A.则在B静止前,系统动量不守恒;在B静止后,系统动量守恒 B.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量不守恒 C.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量守恒 D.则在B静止前,系统动量不守恒;在B静止后,系统动量不守恒 10.如图所示,在一倾角为θ的斜面上有两质量都为m的物体A、B,物体B处于静止状态,物体A以v0的速度匀速下滑,与B碰撞后(碰撞时间极短)粘在一起,则两物体在碰撞中损失的机械能为() A. B. C. D. 11.子弹在射入木块前的动能为E1,动量大小为p1;射穿木块后子弹的动能为E2,动量大小为p2.若木块对子弹的阻力大小恒定,则子弹在射穿木块的过程中的平均速度大小为 A. B. C. D. 12.下列运动过程中,在任意相等时间内,物体的动量变化不相等的是() A.匀速圆周运动 B.竖直上抛运动 C.平抛运动 D.任意的匀变速直线运动 13.在光滑水平桌面上,原来静止的物体在水平力F的作用下,经过时间t、通过位移L后,动量变为P、动能变为EK,以下说法正确的是( ) A.在力F作用下,这个物体经过位移2L,其动量将等于2P B.在力F作用下,这个物体经过位移2L,其动能将等于4EK C.在力F作用下,这个物体经过时间2t,其动能将等于2EK D.在力F作用下,这个物体经过时间2t,其动能将等于4EK 14.一个水平弹簧振子的振动周期是0.025s,当振子从平衡位置向右运动,经过0.17s时,振子运动情况是() A.正在向右做减速运动 B.正在向左做减速运动 C.正在向右做加速运动 D.正在向左做加速运动 15.一列简谐横波沿直线传播,某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6m,且这两质点之间的波峰只有一个,则该简谐波可能的波长为() A.4m、6m和8mB.6m、8m和12mC.4m、6m和12mD.4m、8m和12m 16.图示是利用光电管研究光电效应的实验原理示意图,用一定强度的某频率的可见光照射光电管的阴极K,电流表中有电流通过,则( ) A.若将滑动变阻器的滑动触头移到a端,电流表中一定无电流通过 B.滑动变阻器的滑动触头由a端向b端滑动的过程中,电流表的示数可能会减小 C.将滑动变阻器的滑动触头置于b端,改用紫外线照射阴极K,电流表中一定有电流通过 D.若将电源反接,光电管中一定无电流通过 17.氦氖激光器能产生三种波长的激光,其中两种波长分别为 =0.6328µm, =3.39µm,已知波长为 的激光是氖原子在能级间隔为 =1.96eV的两个能级之间跃迁产生的.用 表示产生波长为 的激光所对应的跃迁的能级间隔,则 的近似值为() A.10.50eVB.0.98eVC.0.36eVD.0.53eV 二、填空题 18.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。 忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是() A. B. C. D. 三、多选题 19.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( ) A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功不相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 20.如图所示,在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,已知碰前两球的动量分别pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s,碰撞后它们动量的变化量ΔpA与ΔpB有可能是( ) A.ΔpA=-3kg·m/s,ΔpB=3kg·m/sB.ΔpA=4kg·m/s,ΔpB=-4kg·m/s C.ΔpA=-5kg·m/s,ΔpB=5kg·m/sD.ΔpA=-24kg·m/s,ΔpB=24kg·m/s 21.如图所示,a、b、c、…、k为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点,e点为波源,t=0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动,振幅为3cm,周期为0.2s.在波的传播方向上,后一质点比前一质点迟0.05s开始振动.t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,则( ) A.该机械波的波长为2m B.该机械波在弹性介质中的传播速度为8m/s C.当a点经过的路程为9cm时,h点经过的路程为12cm D.当b点在平衡位置向下振动时,c点位于平衡位置的上方 22.当一个中子和一个质子结合成氘核时,产生γ光子辐射,对这一实验事实,下列说法正确的是() A.核子结合成原子核时,要放出一定的能量 B.原子核分裂成核子时,要放出一定的能量 C.γ光子具有一定的能量,氘核的质量小于中子与质子的质量之和 D.γ光子的质量为零,氘核的质量等于中子与质子的质量之和 四、解答题 23.如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M,A、B间粗糙,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求: (1)A、B最后的速度大小和方向; (2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向. 24.如图,竖直平面内有一长l=0.3m的轻绳,上端系在钉子上,下端悬挂质量M=0.8kg的小球A,A静止时,恰好对地面无压力。 一质量m=0.2kg的小球B以速度 =10m/s沿光滑水平地面向左运动,与小球A发生对心碰撞,碰撞过程中无机械能损失,碰撞后小球A能在竖直面内做圆周运动, ,求: (1)碰撞后瞬间小球A的速度多大; (2)小球A从碰撞后到最高点的过程中所受合外力的冲量的大小及方向。 25.小球A和B的质量分别为mA和mB,且mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平地面碰撞后向上弹回,在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰.设所有碰撞都是弹性的,碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度. 参考答案 1.C 【解析】A、影响动量的因素有两个: 质量和速度,故质量越大,动量不一定越大,A错误; B、动量是矢量,其方向就是速度的方向,质量和速率相同的物体其动量大小一定相同,但方向不一定相同,B错误; C、物体的运动状态改变,即速度改变,它的动量也就发生改变,C正确; D、物体的加速度不变时,速度是变化的,故动量也要随之改变,D错误。 故选: C。 2.C 【解析】 试题分析: 篮球运动员接传来的篮球时,不能改变动量的变化量,A、D错误;根据动量定理,也不能改变冲量,B错误;由于延长了作用时间,动量的变化慢了,C正确;故选C. 考点: 动量定理. 3.A 【解析】设漏掉质量为m的沙子后,砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0,汽车速度为v′,根据水平方向动量守恒可得: Mv0=mv0+(M−m)v′ 解得: v′=v0,故BCD错误,A正确。 故选: A。 4.D 【详解】 选择水平向右为正,两滑块碰前总动量 说明系统总动量为0。 A.A和B都向左运动,总动量不为0,选项A错误; B.A和B都向右运动,总动量不为0,选项B错误; C.A静止,B向右运动,总动量不为0,选项C错误; D.A向左运动,B向右运动,总动量可能为0,选项D正确。 故选D。 5.D 【解析】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,选项A错误; B、先放开左手,左边的小车就向左运动,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左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B错误、C错误;D、无论何时放手,两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统的合外力为零,总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零,D正确。 故选: D。 【名师点睛】 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左,放开右手后总动量方向也向左。 6.A 【解析】 粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有: 解得: 由于 相同,故 ; A、 ,a运动的半径大于b运动的半径,故 ,故A正确; B、由于动量 相同,但速度大小未知,故无法判断质量大小,故B错误; C、周期 ,虽然知道a运动的半径大于b运动的半径,但不知道速度大小关系,故无法判断周期关系,故C错误; D、粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有: ,故: ,虽然知道a运动的半径大于b运动的半径,但不知道速度大小关系,故无法判段比荷关系,故D错误。 点睛: 本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况,然后结合牛顿第二定律列式分析。 7.D 【解析】A、只有完全弹性碰撞无能量损失,而题中。 假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度,说明是完全非弹性碰撞,能量损失是碰撞中最大的,故A错误; B、根据动量守恒定律得: 解得: 所以M越大,v越小,而 ,则M越大,P越大,故B错误,D正确; C、石板所受的打击力只与锤子有关,与石板本身无关,所以C错误。 故选: D。 【名师点睛】 假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度,说明是完全非弹性碰撞,能量损失是碰撞中最大,机械能不守恒,根据动量守恒定律即可分析石板的速度和动量,石板所受的打击力只与锤子有关,与石板本身无关。 8.C 【解析】A、若碰后B的速度为0.08v,根据动量守恒定律得, 解得A球的速度v′=0.68v ,将发生二次碰撞,违背实际规律,是不可能的,故A错误; B、若碰后B的速度为0.12v,根据动量守恒定律得, 解得A球的速度v′=0.52v ,将发生二次碰撞,违背实际规律,是不可能的,故B错误; C、若碰后B的速度为0.33v,根据动量守恒定律得, 解得A球的速度v′=-0.32v,碰后动能 ,小于碰前的动能0.5mv2,,是可能的,故C正确; D、若碰后B的速度为v,根据动量守恒定律得, 解得A球的速度v′=-0.76v,碰后动能 ,大于碰前的动能0.5mv2,,违背能量守恒定律,是不可能的,故D错误。 故选: C。 9.B 【解析】 剪断细线前,两木块在水平地面上向右做匀速直线运动,以AB为系统,绳子的拉力属于系统的内力,系统所受合力为零;剪断细线后,在A停止运动以前,摩擦力不变,两木块组成的系统的合力仍为零,则系统的总动量守恒;B静止后,B的合力为0,A木块的拉力大于摩擦力,A和B组成的系统合力不为0,所以系统动量不守恒.B正确、ACD错误. 故选B. 【名师点睛】 动量守恒定律适用的条件: 系统的合外力为零,或者某个方向上的合外力为零,则那个方向上动量守恒;两木块原来做匀速直线运动,合力为零,某时刻剪断细线,在A停止运动以前,系统的合力仍为零,系统动量守恒;在B静止后,系统合力不为零,A和B组成的系统动量不守恒. 10.C 【解析】物体A以v0的速度匀速下滑,重力沿斜面向下的分力等于摩擦力,与B碰撞时,A、B整体受到的合力为零,动量守恒, , ,碰撞中损失的机械能: ,C正确。 故选: C。 11.C 【详解】 因为木块对子弹阻力恒定,故子弹在木块中穿过时做匀减速直线运动,故 故选C。 12.A 【解析】 动量变化量是矢量,匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化,在相等时间内动量变化量不相同.也可根据动量定理, ,F是合力,匀速圆周运动的合力指向圆心,是变力,相等时间内合力的冲量也是变化的,动量变化量是变化的,A正确;竖直上抛运动,平抛运动,匀变速直线运动,这三种运动过程中受到的合力恒定,根据 可知在任意相等时间内动量变化量相等,故BCD错误. 13.D 【解析】 【详解】 由动能定理可得 ,故 ,当位移为2x时,动能等于2Ek,动量为 ;由动量定理可得 , .当时间2t时,动量为2P,动量为4Ek,综上分析,D正确. 14.C 【解析】根据题意,以水平向右为坐标的正方向,振动周期是0.025s,振子从平衡位置开始向右运动,经过0.17s时,完成了 到7T之间,因此振动正在向右加速运动到平衡位置。 故选: C。 15.C 【解析】 试题分析: 满足这种情况的波形可能有三种情况,一是两点间有半个波长,此时 λ=6m,故λ=12m;二是两点间有一个波长,此时λ=6m;三是两点间有 个波长,此时 λ=6m,故λ=4m;故选项C正确。 考点: 波长的计算。 16.C 【详解】 A.将滑动变阻器的滑动触头移到a端,加速电压为零,因为电子有初动能,有电子从K端到达A端,电流表中仍有电流通过,故A错误; B.滑动变阻器的滑动触头由a端向b端滑动的过程中,加速电压增大,电流表的示数可能会增大或不变,故B错误; C.保持滑动变阻器滑动触头的位置不变,改用紫外线照射阴极K,由于紫外线的频率大于可见光,一定能发生光电效应,则电流表中一定有电流通过,故C正确; D.若将电源反接,因为电子有初动能,可能仍有电子从K端到达A端,电流表中仍可能有电流通过,D错误。 故选C。 17.C 【解析】 氦氖激光器能产生三种波长的激光,其中两种波长分别为λ1=0.6328μm,λ2=3.39μm. 辐射光子的能量与能级差存在这样的关系 , , , 联立两式得,△E2=0.37eV. 故C正确,A、B、D错误. 故选C. 18.D 【解析】取向上为正方向,由动量守恒定律得: 则火箭速度 故选: D。 19.AB 【解析】 试题分析: 根据动量守恒,两次最终子弹与木块的速度相等,A正确;根据能量守恒可知,初状态子弹簧动能相同,末状态两木块与子弹的动能也相同,因此损失的动能都转化成了热量相等,B正确,子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能,两次相等,因此做功相等,C错误,产生的热量 ,由于产生的热量相等,而相对位移 不同,因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同,D错误. 考点: 能量守恒定律,动量守恒定律 【名师点睛】本题是对能量守恒定律及动量守恒定律的考查;解题的关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中,他们的最后速度就是相同的;系统产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积;这是一道考查动量和能量的综合题;要注意掌握动量守恒的条件应用. 20.AC 【详解】 A.如果ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/s,遵守动量守恒定律;碰后两球的动量分别为 pA′=pA+ΔpA=9kg·m/s pB′=pB+ΔpB=16kg·m/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; B.如果ΔpA=4kg·m/s、ΔpB=-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,发生二次碰撞,不符合实际的运动情况,不可能,故B错误; C.如果ΔpA=-5kg·m/s、ΔpB=5kg·m/s,遵守动量守恒定律;碰后两球的动量分别为 pA′=pA+ΔpA=7kg·m/s pB′=pB+ΔpB=18kg·m/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; D.如果ΔpA=-24kg·m/s,ΔpB=24kg·m/s,遵守动量守恒定律;碰后两球的动量分别 pA′=pA+ΔpA=-12kg·m/s pB′=pB+ΔpB=37kg·m/s 可知碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了能量守恒定律,是不可能的,故D错误。 故选AC。 21.AC 【解析】 A、据题波的周期为0.2s,t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动,经过t=0.05s第一到达最高点.t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,则知该质点的振动比e点落后一个周期,所以波长为λ=2m,波速为v=λ/T=2.0/0.2=10m/s,故A正确,B错误; C、由波的周期为T=0.2s,后一质点比前一质点迟0.05s=T/4开始振动,根据对称性知,当a点经过的路程为9 cm时,h点经过的路程多振动1/4周期,路程多一个振幅,为12cm,故C正确; D、当b点在平衡位置向下振动时,c点位于波谷,故D错误. 故选AC. 22.AC 【解析】 当一个中子和一个质子结合成一个氘核时,有质量亏损,氘核的质量小于中子与质子的质量之和,向外放出一定的能量.故A、C正确,B、D错误. 故选AC. 【名师点睛】 轻核聚变有质量亏损,向外放出能量.根据爱因斯坦质能方程判断反应前后的质量关系. 23. (1) (2) 【解析】 试题分析: (1)由A、B系统动量守恒定律得: Mv0—mv0=(M+m)v① 所以v= v0 方向向右 (2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为v′,则由动量守恒定律得: Mv0—mv0="Mv′" 方向向右 考点: 动量守恒定律; 点评: 本题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中. 24. (1)vA=4m/s (2)I=-4.8N·s,方向水平向右 【解析】①设向左为正方向,对于碰撞过程由动量守恒定律可得: 由能量守恒定律可得: 联立代入数据解得: V2=4m/s; (2)对小球的摆动过程由机械能守恒定律可得: 解得: ,方向水平向右; 对上升过程由动量定理可知: ,方向水平向右 【名师点睛】 (1)对碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律列式,联立可求得碰后A的速度; (2)对小球上摆过程由机械能守恒求得最高点的速度,再由动量定理可求得合外力的冲量。 25. 【分析】 由于AB是从同一高度释放的,并且碰撞过程中没有能量的损失,根据机械能守恒可以求得碰撞时的速度的大小,再根据A、B碰撞过程中动量守恒,可以求得碰后的速度大小,进而求可以得A、B碰撞后B上升的最大高度. 【详解】 小球A与地面的碰撞是弹性的,而且AB都是从同一高度释放的,所以AB碰撞前的速度大小相等设为v0, 根据机械能守恒有 ① 设A、B碰撞后的速度分别为vA和vB,以竖直向上为速度的正方向, 根据A、B组成的系统动量守恒和动能守恒得 mAv0﹣mBv0=mAvA+mBvB② ③ 连立②③化简得④ 设小球B能够上升的最大高度为h, 由运动学公式得 ⑤ 连立①~⑤化简得 ⑥ 【点睛】 本题考查的是机械能守恒的应用,同时在碰撞的过程中物体的动量守恒,在利用机械能守恒和动量守恒的时候一定注意各自的使用条件,将二者结合起来应用即可求得本题.
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- 河北省 承德 中学 年高 下学 第一次 月考 物理试题