天津市滨海新区大港油田第三中学2024-2025学年高二下学期期中物理试卷（解析版）

第1页/共1页油田三中2024-2025学年度第二学期期中考试物理试卷一、单选题：本大题共9小题，共36分。1.如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。现有以下说法正确的有（）A.物体所受拉力的冲量方向水平向右B.物体所受拉力的冲量大小是C.物体所受摩擦力的冲量大小为0D.物体所受合力的冲量大小为0【答案】D【解析】【详解】A．根据冲量的定义式有可知，物体所受拉力的冲量方向与相同，故A错误；B．物体所受拉力的冲量大小是，故B错误；C．物体处于平衡状态，则有则物体所受摩擦力的冲量大小为故C错误；D．物体所受合力为零，所以物体所受合力冲量大小为0，故D正确。故选D。2.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  )A.＋mg B.－mgC.＋mg D.－mg【答案】A【解析】【分析】【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有即在产生拉力瞬间速度为之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得联立解得故选A。【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。3.蹦极跳是勇敢者的体育运动．设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是（）A.第一阶段重力对运动员的功和第二阶段重力对运动员的功大小相等B.第一阶段重力对运动员的冲量大小和第二阶段重力对运动员的冲量大小相等C.第一阶段运动员受到的合力方向始终向下，第二阶段受到的合力方向始终向上D.第一阶段和第二阶段，重力对运动员的总冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等【答案】D【解析】【详解】A、若两个阶段物体下落高度不同，则两个阶段重力做功不相等，故A错B、整个下落过程中,两个阶段的时间关系不知道,根据,则不能判定第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段重力对运动员的冲量大小关系.故B错误;

C、第二阶段运动员受到的合力方向先向下后向上.故C错误.

D、整个下落过程中,因为初末速度都为零,所以第一、第二阶段重力对运动员的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等.所以D选项是正确的.

综上所述本题答案是：D

点睛：根据动量定理研究第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小关系;整个下落过程中,因为初末速度都为零,根据动能定理,总功为零,整个过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功.4.如图所示，一个小孩将质量为的石头以大小为、仰角为的初速度抛入一个装有砂子的总质量为的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则（）A.球和砂车的共同速度B.球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒C.砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小D.当漏出质量为的砂子时，砂车的速度【答案】A【解析】【详解】A．石头与砂车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0cosθ=（m1+M）v解得石头与砂车的共同速度故A正确；B．石头和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；C．砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误；D．系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统总质量不变，由动量守恒定律可知，系统在水平方向速度不变，即砂车的速度故D错误。故选A。5.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒C.在弹簧被压缩过程，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D.在弹簧被压缩到最短时，木块的速度为零，加速度不为零【答案】D【解析】【详解】A．根据能量守恒定律可知，子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能和子弹、木块因摩擦产生的内能之和，故A错误；B．弹簧、木块和子弹组成的系统所受合外力不为零，故动量不守恒，因子弹和木块因摩擦产生了内能，故系统机械能不守恒，故B错误；C．根据牛顿第三定律可知，在弹簧被压缩过程，木块对弹簧的作用力大小等于弹簧对木块的作用力大小，故C错误；D．在弹簧被压缩到最短时，木块的速度为零，但受到弹簧水平向右的弹力，故加速度不为零，故D正确。故选D。6.一人静止于光滑水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可靠的是（）A.向后踢腿 B.向后甩手C.脱下衣服或鞋子水平抛出 D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB错误；C．把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；D．把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平动量总量仍然等于0，所以人仍然静止，不可以离开冰面，故D错误；故选C。7.如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是（）A.人在车上行走时，车将向右运动B.当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C.若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大D.不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同【答案】D【解析】【详解】A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；C、D、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人-Mx车=0；故车与人的位移之比为：不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故C错误，D正确．故选D．【点睛】本题考查动量守恒定律的应用“人船模型”，要注意人船具有相反方向的运动，运动位移与速度大小无关．8.关于下面热学中的几张图片所涉及的相关知识，描述正确的是（）A.图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显B.图乙为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线对应的分子平均动能较大C.由图丙可知，在r由变到的过程中分子力做负功D.图丙中分子间距为时的分子力比分子间距为时的分子力小【答案】B【解析】【详解】A．图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错误；B．图乙中，曲线对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知可知，曲线对应的分子平均动能较大，故B正确；C．由图丙可知，在r由变到的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故C错误；D．图丙中分子间距为时分子势能最小，可知，该位置为平衡位置，分子力为0，即分子间距为时分子力比分子间距为时的分子力大，故D错误。故选B。9.关于分子动理论，下列说法中正确的是（）A.图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉B.图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的折线图，表明该花粉颗粒在每段时间内做直线运动C.图丙为分子力F与其间距r的图像，分子间距从r0开始增大时，分子力先变小后变大D.图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高【答案】D【解析】【详解】A．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先撒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，否则很难形成单分子油膜，故A错误；B．图中的折线是在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，由图可以看出花粉颗粒在不停地做无规则运动，故B错误；C．根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r0增大时，分子力表现为引力，分子力先变大后变小，故C错误；D．由图可知，②中速率大分子占据的比例较大，则说明②对应的平均动能较大，故②对应的温度较高，故D正确。故选D。二、多选题：本大题共9小题，共36分。10.图为两个质量分别为、的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（）A. B.碰撞过程中两小球所受合外力相同C.碰撞前后质量为的小球动量的变化量大小为 D.两小球发生的是弹性碰撞【答案】AD【解析】【详解】A．图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前小球的速度为，小球的速度为碰撞后小球的速度为碰撞后小球的速度为碰撞过程满足动量守恒，则有解得A正确；B．碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反，B错误；C．碰撞前后质量为的小球动量变化量为可知碰撞前后质量为的小球动量变化量大小为，C错误；D．碰撞过程中，由于可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞，D正确。故选AD。11.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v-t图线如图，图中AB∥CD，则（）A.F1大于F2 B.F1小于F2C.F1的冲量小于F2的冲量 D.F1的冲量大于F2的冲量【答案】AC【解析】【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．再对加速过程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛顿第二定律F-f=ma可知F1大于F2，故A正确，B错误；由图可知，a的运动时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C正确，D错误．故选AC．【点睛】本题考查动能定理、牛顿第二定律以及v-t图象的性质，首先考查读图能力，其次要注意在应用动量定理时要注意明确对全程的分析，注意各物理量的矢量性．12.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧（不栓接），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，系统总动量始终为零B.先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论是否同时放手，只要两手都放开后，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【答案】ACD【解析】【详解】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，A正确；B．先放开左手，左边的小车开始运动，后放开右手，此后系统所受合外力为零，之后系统的动量守恒，B错误；C．先放开左手，后放开右手，放开右手时左边小车的动量方向向左，此后系统所受合外力为零，之后系统的动量守恒，系统的总动量向左，C正确；D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统所受合外力为零，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，D正确；故选ACD。13.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A.pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sB.pA＝－4kg·m/s，pB＝16kg·m/sC.pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sD.pA＝5kg·m/s，pB＝7kg·m/s【答案】CD【解析】【分析】A、B碰撞过程动量守恒，碰撞过程系统机械能不增加，碰撞两球不可能再发生二次碰撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据此分析答题．【详解】碰撞前系统总动量，由题意，设，碰前总动能为：；若，系统动量守恒，碰撞后的总动能：，不可能，A错误；若，碰撞后的总动能：，不可能，B错误；若，系统动量守恒，碰撞后的总动能，是可能的，C正确；若，系统动量守恒，碰撞后的总动能，是可能的，D正确．【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．14.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其图象如图所示，下列判断正确的是（）A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.A、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【答案】ADE【解析】【详解】试题分析：从a到b的过程，根据图线过原点可得，所以为等容变化过程，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高只能是吸热的结果，选项A对．从b到c的过程温度不变，可是压强变小，说明体积膨胀，对外做功，理应内能减少温度降低，而温度不变说明从外界吸热，选项B错．从c到a的过程，压强不变，根据温度降低说明内能减少，根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内能减少，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C错．分子的平均动能与温度有关，状态a的温度最低，所以分子平均动能最小，选项D对．b和c两个状态，温度相同，即分子运动的平均速率相等，单个分子对容器壁的平均撞击力相等，根据b压强大，可判断状态b单位时间内容器壁受到分子撞击的次数多，选项E对．考点：分子热运动理想气体状态方程气体压强的微观解释15.如图为一定质量的理想气体的体积随温度变化的图像，气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体（

）A.在a→b的过程中，气体的压强增大B.在a→b的过程中，气体向外界放热C.在b→c的过程中，气体温度升高D.在b→c的过程中，气体体积变大【答案】AD【解析】【详解】A．根据可知因直线ac过原点，则在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强即大于a的压强，故A正确；B．在a→b的过程中，温度升高，体积不变，外界对气体不做功，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故B错误；C．根据图像可知，在b→c的过程中，气体温度不变，故C错误；D．根据图像可知，在b→c的过程中，气体体积变大，故D正确。故选AD。16.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其图线如图所示，变化顺序为，图中段延长线过坐标原点，线段与轴垂直，线段与轴垂直。则（）A.状态，压强减小、温度不变、体积增大B.状态，压强增大、温度降低、体积减小C.状态，压强不变、温度降低、体积减小D.状态，压强减小、温度升高、体积不变【答案】AC【解析】【详解】A．由图像可知，过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确；B．由理想气体的状态方程可知在图像中连接、直线比连接、的直线的斜率小，所以状态的温度低，过程，温度升高，由图像可知，压强增大，且体积也增大，故B错误；C．过程，气体压强不变而体积减小，由理想气体的状态方程可知，气体温度降低，故C正确；D．过程，气体体积不变，压强减小，由理想气体的状态方程可知，气体温度降低，故D错误。故选AC。17.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量【答案】ABD【解析】【详解】A．在过程ab中气体的体积不变，压强升高，根据可知气体的温度升高，内能增加，故A正确；B．在过程ca中气体压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，故B正确；C．在过程ab中气体的体积不变，气体对外界不做功，故C错误；D．在过程bc中，气体的温度不变，内能不变，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故D正确；E．在过程ca中气体的压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据可知气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体放出热量，故E错误。故选ABD。18.关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（）A.第二类永动机违反了能量守恒定律B.如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C.保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．第二类永动机违反了热力学第二定律，A错误；B．物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，因此物体的内能不一定增加，B错误；C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C正确；D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的，D正确。故选CD。三、实验题：本大题共1小题，共8分。19.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。（1）关于本实验，下列说法正确的是________。A．入射小球每次可由不同位置自由滚下

B．两小球的质量关系必须m1>m2C．斜槽轨道必须光滑

D．斜槽轨道末端必须水平（2）若测量数据近似满足关系式________（用m1、m2、xM、xP、xN表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。（3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式________（仅用xM、xP、xN表示），则说明碰撞为弹性碰撞。【答案】①.BD##DB②.③.【解析】【详解】（1）[1]AC．实验中小球每次从相同位置滚下，重力做功和摩擦力做功都不变，根据动能定理可知小球到达轨道末端速度相同，斜槽轨道不必光滑，故AC错误；B．为了保证两球碰撞后入射球不反弹，入射小球质量应大于被碰小球的质量，故B正确；D．离开轨道小球做平抛运动，小球应有水平初速度，所以斜槽轨道末端必须水平，故D正确。故选BD。