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1、江西省南昌二中2022-2022学年高一物理下学期期末考试试题含解析一选择题1.下面物理原理中说法不正确的选项是()A. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快B. 发射火箭的根本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力C. 物体所受合外力对其所做总功为零，那么该物体机械能一定守恒D. 某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故A正确；B发射火箭的根本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，选项B正确；C物体所受合外力对其所做总功为零，那么该
2、物体机械能不一定守恒，例如匀速上升物体，选项C错误；D某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，选项D正确；2.如下图，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了平安到达地面，那么这绳长至少应为不计人的高度，可以把人看作质点 A. 10 mB. 30 mC. 40 mD. 60 m【答案】B【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=
3、0，那么，那么绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，应选B。【点睛】此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3.如下图，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量为2m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，那么()A. 小球将做自由落体运动B. 小球将向左做平抛运动C. 小车此过程中先向左运动后向右运动D. 小球在弧形槽内上升的最大高度为【答案】B【解析】【详解】AB设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方
4、向，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2，由动能守恒定律得：2mv02=2mv12+mv22，由立解得：v1=v0，v2=v0，所以小球与小车别离后将向左做平抛运动，故A错误，B正确。C此过程中小球对小车一直有斜向左下方的作用力，那么小车一直向左加速运动，选项C错误； D当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：2mv0=3mv；由机械能守恒定律得；2mv02=3mv2+mgh ，解得：h=，故D错误。4.两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA1 kg、m
5、B2 kg，vA6 m/s，vB3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是()A. vA4 m/s，vB4 m/sB. vA4 m/s，vB5 m/sC. vA4 m/s，vB6 m/sD. vA7 m/s，vB2.5 m/s【答案】A【解析】【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，碰前总动量：mAvA+mBvB=12kgm/s；碰前总动能：mAvA2+mBvB2=27J；A如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=mA+mBv代入数据解得：v=4m/s；选项A正确；B假设vA4 m/s，vB5 m/s，此时碰后总动量为mAvA+m
6、BvB=14kgm/s；系统的动量不守恒，选项B错误；C假设vA4 m/s，vB6 m/s，那么碰后总动能：mAvA2+mBvB2=44J27J；那么不可能发生，选项C错误； D假设vA7 m/s，vB2.5 m/s，那么vAvB，那么不可能发生二次碰撞，选项D错误；5.3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.假设各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,那么m1:m2:m3为() A. 6:3:1B. 2:3:1
7、C. 2:1:1D. 3:2:1【答案】A【解析】【详解】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，那么碰撞过程机械能守恒，动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等设为p，那么总动量为3p。由机械能守恒得，即，代入四个选项的的质量比值关系，只有A项符合，应选A。【点睛】此题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件6.如下图，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层外表，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，以下说法正确的选项是A. 水枪单位时间内喷出水的质量为B. 高压水枪的喷水功
8、率为C. 水柱对煤层的平均冲击力大小为D. 手对高压水枪的作用力水平向右【答案】B【解析】ts时间内喷水质量为：m=Svt=vt，水枪单位时间内喷出水的质量为，选项A错误；水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率，那么：P=W=mv2D2v3，选项B正确；ts时间内喷出的水在ts内速度减小为0，那么由动量定理得：-Ft=0-mv; 联立得：，选项C错误；水对高压水枪的作用力向右，那么手对高压水枪的作用力水平向左，选项D错误；应选B.点睛：此题是动量定理在研究流体问题中的应用；关键是正确选择研究对象，即可选择单位时间喷出的水m为研究对象，这样质量为m的水得到的动能就是喷水枪的功
9、率了；m水的动量变化即为动量的变化率，即冲力.7.如下图，水平传送带两端点A、B间的距离为L，传送带开始时处于静止状态把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1随后让传送带以v2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2以下关系中正确的选项是A. W1W2，P1P2，Q1Q2B. W1W2，P1Q2C. W1W2，P1P2
10、，Q1Q2D. W1W2，P1P2，Q1Q2【答案】B【解析】试题分析：拉力对小物体做的功由物体对地位移决定，即WFL，故W1=W2；拉力的功率为P，第二次运动过程中小物体的对地速度比第一次大，所以所用时间较短，功率较大，即P1P2；物体和传送带之间因摩擦而产生的热量由二者相对位移决定，即Qfs相对，第一次二者相对位移为L，第二次相对位移为L-v2tL，故Q1Q2，选项B正确。考点：此题考查了功和功率。8.一钢球从某高度自由下落到一放在水平地面的弹簧上，从钢球与弹簧接触到压缩到最短的过程中，弹簧的弹力F、钢球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的机械能E与弹簧压缩量x的变化图线如以下图(不考虑
11、空间阻力)，选小球与弹簧开始接触点为原点，建立图示坐标系，并规定向下为正方向，那么下述选项中的图象符合实际的是( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A由于向下为正方向，而弹簧中的弹力方向向上，所以选项A中的拉力应为负值，A错误；B小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，而弹力F=kx，那么加速度，故B正确；C根据重力做功的计算式，可知C正确；D小球和弹簧整体的机械能守恒，小球的机械能不守恒，D错误。9.如下图， 在粗糙水平面上， 用水平轻绳相连的两个相同物体 P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度
12、v 做匀速运动。 在 t = 0 时轻绳断开， Q 在 F 作用下继续前进， 那么以下说法正确的选项是A. t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒B. t = 0 至时间内， P、 Q 的总动量守恒C. 时， Q 的动量为mvD. 时， Q 的动量为mv【答案】AD【解析】【详解】设P、Q所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有 F=2f，得 f=F/2；轻绳断开后，对P，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得，即时P停止运动。在P停止运动前，即在t=0至时间内，P、Q系统的合外力为零，总动量守恒。故A正确。至时间内，P停止运动，Q匀加速运动，系统的合外力不为零，那
13、么系统的总动量不守恒，故B错误。时，取向右为正方向，对Q，由动量定理得 (F-f)t=pQ-mv，解得Q的动量 pQ=mv，故D错误，C错误。应选AD。【点睛】此题是脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后在两者都在运动时系统的动量也守恒。在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法。10.如下图，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OCh，重力加速度为g.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，以下说法正确的选项是()A. 物块A
14、由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B. 物块A经过C点时的速度大小为C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量【答案】BC【解析】【详解】A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误。B物体到C点时物块B的速度为零。设物块A经过C点时的速度大小为v。根据系统的机械能守恒得：，得，故B正确。C由几何知识可得，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动。故C正确。D物体到C点时
15、物块B的速度为零。根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误。11.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(m2=0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得 A. 在t1时刻，两物块到达共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态B. 从t3到t4之间弹簧由原长变化为压缩状态C. t3时刻弹簧弹性势能为6JD. 在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态【答案】AC【解析】从图象可以看出，
16、从0到的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，时刻两物块到达共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图中可知从到时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于原长，故BD错误；由图示图象可知，时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，即，解得m1：m2=2：1，所以，在时刻根据能量守恒定律可得即，解得，C正确12.如下图，水平地面上停放一质量为3m木板C,质量分别为2m和m的A、B两滑块，同时从木板的两端以相同的速率v滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一起运动。木
17、板C与水平地面间的动摩擦因数为,滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为为3和6,那么A. 木板C加速运动时的加速度大小为gB. 木板C加速运动时的加速度大小为2gC. 两滑块相撞后瞬间的速度大小一定小于D. 两滑块相撞后瞬间的速度大小可能等于【答案】BD【解析】C、D、A与B相向运动时对C时间的摩擦力为，故C无相对运动趋势而保持静止，对A与B的系统动量守恒有，解得，故C错误、D正确。A、B、A与B相撞后一起向右运动，对C受力分析，由牛顿第二定律可知，得，方向向右，故A错误，B正确、应选BD。【点睛】此题分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题二、实验题13.“探究碰撞中的
18、不变量的实验中：1入射小球m1=15 g，原静止的被碰小球m2=10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x t图象如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1是_kgm/s，入射小球碰撞前的m1v1是_kgm/s，被碰撞后的m2v2是_kgm/s.由此得出结论_2实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是_A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射球与被碰球满足mamb，ra=rb3图乙中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，那么实验中要验证的关系是_Am1ON=m1OPm2OMBm1OP=m1ONm2OMCm1OP=m
19、1OMm2ONDm1OM=m1OPm2ON【答案】 (1). 10.0075 (2). 0.015 (3). 0.0075 (4). 碰撞中mv的矢量和是不变量碰撞过程中动量守恒 (5). 2BCD (6). 3C【解析】1由图1所示图象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系统总动量，碰撞后系统总动量，由此可知：碰撞过程中动量守恒；2“验证动量守恒定律的实验中，是通过平抛运动的根本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A错误；要保证每次小球都做平抛运动，那么轨道的末端必须水平，B正确；要保证碰撞前
20、的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求mamb，ra=rb，D正确3要验证动量守恒定律定律即，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为，故需验证，因此C正确【点睛】本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目14.某同学做“探究合力做功与物体速度变化量的关系的实验装置如下图，小车在橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行。用1条橡皮筋时弹
21、力对小车做的功记为W，当用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。答复以下问题：(1)本实验中，要调节小木块a的位置，目的是_。(2)用完全相同橡皮筋的目的是_，每次实验_(填“必须或“不必)计算出橡皮筋对小车做功的具体数值。(3)为了测量小车获得的速度，应选用纸带上所打的点间距_(填“相等或“不相等)的一段。【答案】 (1). 使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡 (2). 便于表示合外力做的功 (3). 不必 (4). 相等【解析】1要调节小木块a的位置，目的是使小车的重力沿斜面向
22、下的分力与摩擦力平衡，即为了平衡摩擦力，使得橡皮筋的拉力即为小车受到的合外力。2用完全相同橡皮筋的目的是便于表示合外力做的功，这样合外力做的功就可以表示成W、2W、3W、所以不需要计算出橡皮筋对小车做功的具体数值。3选用纸带上所打的点间距 相等的点来验证小车最后获得的动能，然后验证功与动能之间的关系。故此题答案是：(1). 使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡 (2). 便于表示合外力做的功 ； 不必 (3). 相等点睛：为了找到合外力做功与动能增加之间的关系，所以在做此实验时要注意平衡摩擦力，利用增加橡皮筋的条数来到达做功按倍数增加这样一个效果，所以没必要具体求出橡皮筋做功的多少，即可验
23、证动能定理。三、计算题 15.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性平安带的保护，使他悬挂起来；弹性平安带的缓冲时间是1.2 s，平安带长5 m，平安带伸长量远小于其原长不计空气阻力影响，g取10 m/s2 。求：人向下减速过程中，平安带对人的平均作用力的大小及方向。【答案】100N，方向：竖直向上【解析】【详解】选取人为研究对象，人下落过程有：v2=2gh，代入数据解得：v=10m/s，缓冲过程由动量定理有：F-mgt=mv，解得： 那么平安带对人的平均作用力的大小为1100N，方向竖直向上。16.如下图，一质量为m3的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动。另一
24、完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动。为防止两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能防止两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？【答案】【解析】试题分析：设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由动量守恒定律：(3分)解得：(1分)设人跳出甲船的速度为v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(3分)解得：(2分考点：动量守恒定律17.如下图，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑固定斜面体ABC和粗糙斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体ABC顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分
25、别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，P、Q恰好保持静止状态。假设P、C间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m13 kg，与MN间的动摩擦因数。某时刻烧断细绳求：(，g取10 m/s2)(1)Q质量的大小。(2)物块P在MN斜面上滑行的总路程及最终经过D点的速度大小。【答案】(1)4kg；(2)1.0m；2m/s【解析】【详解】(1)由力学平衡可得：解得：； (2)全过程功能关系：解得：s=1.0m；解得：18.如下图，质量为mA=3kg小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为mB=1kg的小球B可看作质点，小球
26、距离车面h=0.8m。某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mC=1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起碰撞时间可忽略，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中小桶的尺寸可忽略，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：1小车系统的最终速度大小v共；2绳未断前小球与砂桶的水平距离L；3整个过程中系统损失的机械能E机损。【答案】(1)3.2m/s 20.4m 314.4J【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能。1设系统最终速度为v共，由水平方向动量守恒：(mAmB) v0=(
27、mAmBmC) v共 带入数据解得：v共=3.2m/s2A与C的碰撞动量守恒：mAv0=(mAmC)v1 解得：v1=3m/s 设小球下落时间为t，那么： 带入数据解得：t=0.4s 所以距离为：带入数据解得：L=0.4m3由能量守恒得： 带入数据解得：点睛：此题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解。19.如下图为某种弹射装置的示意图，该装置由三局部组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送
28、带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上外表以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：1物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；2物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；3如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的
29、总时间。【答案】1F1=60N，方向竖直向下212J38s【解析】1设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒定律得：mgR=mv02代入数据解得：v0=5m/s，在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：Fmg代入数据解得：F=60N，由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F=F=60N，方向：竖直向下2在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：mg=ma，设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al代入数据解得：v=4m/s，由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰
30、撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，由机械能守恒定律得：mv2=mv12+Mv22，解得：v1=v=-2m/s，v2=2m/s，物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP=Mv22=622=12J；3碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，由动能定理得：-mgl=0-mv12解得：l=2m4.5m，所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞
31、设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1由动量定理得：mgt1=2mv1，解得：，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1=mv3+Mv4，mv12=mv32+Mv42，代入数据解得：v3=-1m/s，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞那么第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2由动量定理得：mgt2=2mv3解得：，同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：tn=4s，构成无穷等比数列，公比：q=，由无穷等比数列求和公式：t总t1可知，当n时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为：t总=4=8s；点睛：此题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题- 14 -