【文档说明】河南省濮阳职业技术学院附属中学2020-2021学年高二下学期周测物理试题含答案.doc，共(9)页，184.543 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理周周练一、单选题（8*5=40分）1.弹性碰撞是指（）A.正碰B.对心碰撞C.机械能守恒的碰撞D.机械能不守恒的碰撞2.两个具有相等动量的物体，质量分别为m1和m2，且m1＞m2，则（）A.m2动能较大B.m1动能较大C.两物体动能相等D.无法判断3.在光

滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示．a、b两球质量之比是（）A.ma：mb=1：2B.ma：mb=2：5C.ma：mb=2：1D.ma：mb=5：24.航天飞机利用喷出的气体进行加速，是利用了高速气体的哪种作用

（）A.产生的浮力B.向外的喷力C.反冲作用D.热作用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，系统动量就不守恒B.只要系统中有一个物体受合力不为零，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.子弹水平飞行，击穿一块原来

静止在光滑水平面上的木块，因为子弹穿透木块的过程中受到阻力作用，所以子弹和木块组成的系统总动量不守恒6.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．则下列说法正确的是（）A.剪断细绳，在

两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA：pB=3：1B.剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比vA：vB=3：1C.剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比EkA：EkB=1：3D.剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧

对A、B两滑块做功之比WA：WB=1：17.如图，小球B质量为10kg，静止在光滑水平面上，小球A质量为5kg以10m/s的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2m/s的速率反向弹回，则碰后B球的速率和这次碰撞的

性质，下列说法正确的是（）A.4m/s，非弹性碰撞B.4m/s，弹性碰撞C.6m/s，非弹性碰撞D.6m/s，弹性碰撞8.如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1=1kg，车上另有一个质量为m=0.2kg的小球．甲车

静止在平面上，乙车以v0=8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2=2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上（球很快与乙车达到相对静止），两车才不会相撞？（）A.15m/sB.25m/sC.40m/sD.80m/s二、多选题（5*6=30分）9.一炮艇总质量

为M，以速度v0匀速行驶，从快艇上沿炮艇前进的方向发射一枚质量为m的炮弹，炮弹射出时相对炮口的速度为v，发射炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（）A.Mv0=Mv′+mvB.Mv0=（M-m）v′+mvC.Mv0=（M-m）v′+m（v+v0）D.Mv0=（M-

m）v′+m（v+v′）10.如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图乙所示，则可知（）A.A的质量为4kgB.运动

过程中A的最大速度为vm=4m/sC.在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J11.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度υ从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t．对于

这一过程，下列判断正确的是（）A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsinθ•t12.质量为1kg的物块A，以5m/s的速度与质量为4kg静止的物块B发生

正碰，碰撞后物块B的速度大小可能为（）A.0.5m/sB.1m/sC.1.5m/sD.3m/s13.如图所示，在质量为M的小车中挂一单摆，摆球质量为m0，小车（和摆）一起以恒定速度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．设碰撞

时间极短，则在碰撞过程中，以下情况可能发生的有（）A.车、木块、摆球的速度均可能变化，设变化后的速度分别为v1、v2、v3，则它们满足（M+m）v=Mv1+mv2+m0v3B.摆球的速度不变，车和木块的速度变为v1和v2，且满足Mv=Mv1+mv2C.摆球的速

度不变，车和木块的速度均变为v1，且满足Mv=（M+m）v1D.车和摆球的速度均变为v1，木块的速度变为v2，且满足（M+m0）v=（M+m0）v1三、实验题探究题（3+3+2=8分）14.用两个小车验证动量守恒定律，两车放在光滑的水平轨道上，B车静

止，A车连接纸带（纸带穿过打点计时器）向右运动，如图所示．它和B车碰撞后连接在一起向右运动，两车碰撞时间较短可以忽略不计．已知A车的质量为0.60kg，B车质量为0.58kg，打点计时器所用交流电的频率是50Hz．根据纸带

数据可得两车碰撞前的总动量为______kg・m/s，碰后的总动量为______kg・m/s．实验结论：______。四、计算题（32分）15.（15分）如图，有两个小朋友玩滑板游戏．起初，甲、乙两个小朋友各坐

一辆滑板车在摩擦不计的水平面上相向运动，已知甲连同滑板车的总质量M=30kg，乙连同滑板车的总质量也是M=30kg，甲还推着一只质量m=15kg的放滑板的箱子．甲、乙滑行的速度大小均为2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿水平面推给乙，历时0.2秒，箱子滑到乙处时被乙接住．试求（1）最终

甲以多大的速度推出箱子，才可避免和乙相撞？（2）甲推出箱子时对箱子的冲量多大？16.（17分）如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.

4，今用水平力F=28N向右拉木板。（1）在力F的作用下，滑块和木板加速度各是多少？（2）要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）答案和解析【答案】1.C2.A3.B4.C5.C6.C7.C8.B9.AD10.BD11.B

D12.BC13.BC14.0.36；0.354；在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒．15.解：（1）设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，取向右方向为正方向．则根据动量守恒得：（M甲+m）v0=M甲v甲+mv…①mv-M乙v0=（m+M乙）v乙…②当甲与乙恰

好不相撞时，v甲=v乙…③联立①②③得：v=5.2m/s；（2）甲推出箱子过程，对箱子，由动量定理得：I=mv-mv0=15×（5.2-2）=48N•s；答：（1）甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．（2）甲推出箱子的过程对箱子的冲量等于4

8N•s．16.解：（1）设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为L1。滑块加速度a1=，得，木板加速度a2==6m/s2（2）L=-=即L=t2①此时，滑块速度v1=a1t=4t②木板速度v2=a2t=6t③撤去F后，若滑块刚好滑到木板的最左端，两者速度相等，

由系统动量守恒，有mv1+Mv2=（M+m）v得v=④由能量守恒有μmg（L-L1）=+-（m+M）v2⑤解①、②、③、④、⑤式，得t=1s答：（1）在力F的作用下，滑块和木板加速度分别是4m/s2，6m/s2。（2）要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少

要1s。【详解答案】1.解：弹性碰撞是指碰撞前后的系统的机械能守恒的碰撞；只要机械能不守恒，不管是正碰还是对心碰撞；都不是弹性碰撞；故选：C．要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞

，若不守恒，则不是弹性碰撞．解决该题关键要明确弹性碰撞的特点，明确弹性碰撞的性质即可．2.解：由p=mv和Ek=mv2得：Ek=，又因为m1＞m2，则Ek2＞Ek1，故A正确，BCD错误；故选：A动量P=mv，动能，结合两公式得出动能与动量的关系式，从而比较动能的大

小．解决本题的关键是知道动能和动量的关系，以及知道它们的区别．3.解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：

mav0=mav1+mbv2；由图知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5．故ACD错误，B正确．故选：Ba、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两

球质量关系．解决本题的关键是要掌握碰撞遵守基本的规律：动量守恒定律，列方程时要注意速度的方向，读图时速度的大小和方向一起读．4.解：火箭发射时，燃料燃烧，产生高温燃气，燃气通过喷管向后高速喷出，燃气对火箭产生推力，在燃气推动火箭的力的作用下，火箭升空；这是利

用了反冲现象；故C正确，ABD错误．故选：C．航天飞机利用喷出的气体进行加速是因为航天飞机和气体之间的反冲作用，从而使飞机获得向前的动力．力是物体间的相互作用，根据题意对火箭正确受力分析即可正确解题，注意向外的喷力不是飞机受到的力，不

会使飞机加速．5.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、系统中有一个物体受合力不为零时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的合力都不为零，但系统的动量却守恒．故B错误；C、系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，由动量定理可知，

系统动量守恒，故C正确．D、子弹穿透木块的过程中，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统的总动量守恒，故D错误；故选：C系统动量守恒的条件是合外力为零．系统内存在着摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒．对照动量守恒条件进行分析．本题考

查对动量守恒条件的理解，关键要抓住动量守恒的条件：合外力为零，通过举例的方法进行分析．6.解：A、系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得：pA-pB=0，则：pA：pB=1：1，故A错误；B、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：3mvA-mvB=0，解得

：vA：vB=1：3，故B错误；C、两滑块的动能之比：EkA：EkB=：=1：3，故C正确；D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A、B两滑块做功之比：WA：WB=EkA：EkB=1：3，故D错误．故选：C先根据动量守恒守恒

求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比．本题是动量守恒定律的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较．7.解：取小球

A开始运动的方向为正方向．碰撞前两个小球的总动能：E1=m1v12=×5×102=250J．碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=-m1v1′+m2v2，解得：v2==m/s=6m/s．碰撞后两小球的总动能：E1=m1v1′2+m2v22=×5×2

2+×10×62=190J．因为E1＞E2，有能量损失，是非弹性碰撞．故选：C根据动能的公式，求出碰撞前系统的总动能．由动量守恒定律求出碰撞前后两球的速度，得到两滑块的总动能，判断有无能量损失，从而确定是弹性碰撞还是非弹性碰撞．本题关键抓住系统动量守恒，根据动量守恒定律求解，判断是否是弹性碰撞，

就是看机械能是否损失．8.解：要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以三者为系统，规定向右为正方向，由系统动量守恒得：0+M2v0=（M1+m+M2）v共解得v共=

5m/s以球与乙车为系统，规定向右为正方向，由系统动量守恒得：M2v0-mv=（m+M2）v共解得：v=25m/s故选：B要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列

出等式，联立求解．本题主要考查了动量守恒定律，对学生能力的要求较高，关键是选择好系统，以及选择好研究的过程，注意正方向的规定．9.解：以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒，炮弹相对于炮艇的水平速度为v，发射炮弹后炮艇的速度为v′，

则以地面为参照系，炮弹的速度为v+v′，由动量守恒定律得：Mv0=（M-m）v′+m（v+v′）=Mv0=Mv′+mv，故AD正确，BC错误；故选：AD．以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动

量守恒，由动量守恒定律可以分析答题．应用动量守恒定律解题时，所有的速度应是相对于同一参照系的速度；应用动量守恒定律解题时研究对象应不能变化．10.解：A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时AB共速，由图知，AB共同速度为v共=2m/s，A刚墙时B的速度为

v0=3m/s．在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共解得mA=1kg，故A错误．B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0=mAvA+mBvBmBv02=mAvA2+m

BvB2．解得：A的最大速度vA=4m/s，故B正确．C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误．D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长

到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+mB）v共Ep=mBv02-（mA+mB）v共2．联立解得：弹簧的最大弹性势能Ep=3J，故D正确．故选：BD在A离开挡板前，由于挡板对A

有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统机械能守恒．A离开挡板后A、B的运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解．本题的关键是要掌握动量守

恒和机械能守恒的条件，能够知道当弹簧伸到最长时，其弹性势能最大，运用动量守恒定律和机械能守恒定律结合研究这类问题．11.解：A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ•t，弹力的冲量不为零，故A错

误；B、根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG=mg•t，故B正确；C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ•t，则由动量定理可

知，合力的冲量不为零，故C错误，D正确；故选：BD由冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量．此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性．12.解：以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的

速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB由机械能守恒定律得：mAv02=mAvA2+mBvB2解得：vB=v0=×5=2m/s．如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的

初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）vB解得：vB=1m/s则碰撞后B球的速度范围是：1m/s≤vB≤2m/s，所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和1.5m/s，故AD错误，BC正确；故选：BC两球的碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，如果碰撞为弹性碰撞，没有机械

能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，碰撞后B的速度最小．由动量守恒定律求出碰撞后B球的速度范围，然后分析答题．本题的关键是要知道B在什么情况下速度最大，在什么情况下速度最

小，应用动量守恒定律解题时要规定正方向．13.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，以球的初速度方向为正方向，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：MV=MV1+mV2；若碰后小车和木块速度相同，由动量守恒定律得：MV=（M+m）V′．故BC正

确，AD错误．故选：BC．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．解决本题的关键合理选择研究对象，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．14.解：碰前A做匀速运动，由图可知，右侧两点间的距离为s1=12mm=

0.012m，碰后两点间的距离为6mm=0.006m；纸带可求得A车碰前的速度为：v1==m/s=0.6m/s，碰后甲、乙一起做运动运动，速度：v2==m/s=0.3m/s以向右为正方向，碰前动量P1=mAv1=0.60×0.6kg・m/s=0.36kg・m/s；碰后两车共同的动量P

2=（mA+mB）v2=（0.6+0.58）×0.3kg・m/s=0.354kg・m/s；则可以碰撞前后总动量相差不多，则说明，在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒．故答案为：0.36；0.354；在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒．由纸带所示数据求出碰前甲车速度与碰撞后两车的共同速

度；碰撞过程中，两车组成的系统动量守恒，根据动量表达式求出动量，再分析碰撞前后的动量关系，从而得出实验结论．本题考查利用打点计时器验证碰撞过程的动量守恒；要注意由纸带数据应用速度公式求出车的速度、应用动量守恒定律即可正确解题．15.（1）甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲

乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．（2）对箱子由动量定理可以求出其受到的冲量．本题考查了动量

守恒定律的应用，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题，解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件．16.（1）根据牛顿第二定律求滑块和木板的加速度。（2）小滑块从木板上掉下来时，由位移公式和位移关系列式得到此时板长与时间的关系。由运动学公式

得到撤去F时滑块与木板的速度和时间的关系。当滑块刚好滑到木板的最左端，两者的速度相等，M与m的位移之差等于板长L．位移撤去F后，系统的动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式，再联立，就可求出F最短作用时间

。本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系。再结合动量守恒、牛顿第二定律、运动学规律和能量守恒列式求解。