【物理】贵州省遵义航天高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

【物理】贵州省遵义航天高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版）

‎2019-2020学年第一学期半期考试 高二物理（理科）‎ 一、选择题 ‎1.如图所示为一质点做直线运动的x-t图象，其中t2＝2t1，x1＝2x2，则下列说法正确的是 A. 0～t1时间内平均速度大小是t1～t2时间内平均速度大小的两倍 B. 0～t1时间内的速度方向和t1～t2时间内速度方向相反 C. 0～t2时间内质点的速度一直增大 D. 0～t2时间内质点一直作曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平均速度为位移与时间的比值，故0～t1时间内平均速度大小 t1～t2时间内平均速度大小 故0～t1时间内平均速度大小是 t1～t2时间内平均速度大小的两倍，故A正确；‎ B．在x-t图象中，斜率代表速度的大小和方向，故在0-t2时间内，速度方向始终与规定的方向相反，故B错误；‎ C．0～t2时间内质点的斜率减小，故速度一直减小，故C错误；‎ D．x-t图像只能描述直线运动的物体，故D错误。‎ ‎2.如图所示，在真空中把一绝缘导体放在带负电小球P的电场中，M、N为导体内部的两个点，下列说法中错误的是 A. 导体内部M、N两点的场强大小均为零 B. 导体内部M、N两点电势高低关系是φM＜φN C. 在导体表面，场强方向处处与表面垂直 D. 导体的感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．达到静电平衡时，导体内部各点的场强均为零，即M、N两点的场强大小均为零，选项A正确，不符合题意；‎ B．达到静电平衡时，导体是一个等势体，则导体内部M、N两点的电势相等，选项B错误，符合题意；‎ C．导体是等势体，导体表面是等势面，则在导体表面，场强方向处处与表面垂直，选项C正确，不符合题意；‎ D．达到静电平衡时，导体内部各点的场强均为零，即外部电场与感应电荷电场等大反向，因外部电荷在M点的场强大于N点场强，可知导体的感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强，选项D正确，不符合题意。‎ ‎3.1998年6月18日,清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是 A. 安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化 B. 安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C. 安全气囊主要是减小了驾驶员所受冲击力 D. 安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=△P可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率。‎ A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化，与结论不相符，选项A错误；‎ B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量，与结论不相符，选项A错误；‎ C．安全气囊主要是减小了驾驶员所受冲击力，与结论相符，选项C正确；‎ D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形ABC，P为三角形的中心，当AB、AC棒所带电荷量均为＋q，BC棒带电荷量为－2q时，P点场强大小为E，现将BC棒取走，AB、AC棒的电荷分布不变，则取走BC棒后，P点的场强大小为(　　)‎ A. B. C. D. E ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB棒和AC棒带电完全相同，在P点产生的电场强度大小相同，由于两个带电棒的垂直平分线过P点，所以两个带电棒在P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线过P点斜向下，又两个电场方向互成120°角，则AB棒和AC棒在P点产生的合场强大小即等于AB棒在P点产生的场强大小。BC棒在P点的电场强度是AB棒和AC棒在P点的合电场强度的2倍，因P点合场强大小为E，所以BC棒在P点的场强为E，若取走BC棒后，P点的场强大小为E。‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论相符，选项B正确；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；D. E，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎5.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则 A. B对墙的压力增大 B. A与B之间的作用力增大 C. 地面对A的摩擦力减小 D. A对地面的压力减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示： 将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，‎ F2=G2=Gtanθ 当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：因为θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项AB错误。‎ C．再对A进行受力分析知： ‎ ‎ 由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsinθ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小。再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，选项C正确。 D．对AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和AB的重力，则地面的支持力等于AB的重力之和，选项D错误。‎ ‎6.如图甲中所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，坐标轴上OB间各点的电势分布如图乙所示，则 A. 在OB间，场强先减小后增大 B. 在OB间，场强方向发生过变化 C. 若一负电荷从O点运动到B点，其电势能逐渐减小 D. 若从0点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在OB间一直做加速运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变，故AB错误；‎ C．由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大，故C错误；‎ D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。‎ ‎7.某充好电且与电源断开的平行板电容器两极板之间有云母介质，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是 A. 电容器的电容增大 B. 极板间的电势差增大 C. 极板上的电荷量变大 D. 极板间电场强度不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电容的决定式 ‎ 可知当把云母介质从电容器中快速抽出后，电容器的电容减小，选项A错误；‎ BC．平行板电容器充电后，把电源断开，其电量Q不变，C减小，由电容的定义式 可知极板间的电势差U增大，选项B正确，C错误；‎ D．电场强度，结合和得：‎ 若将云母介质移出，则ɛ减小，所以板间场强变大，故D错误。‎ ‎8.如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，并从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则 A. 该粒子一定带正电 B. 此电场不一定是匀强电场 C. 该电场的电场线方向一定水平向左 D. 粒子在电场中运动的动能不断减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据物体做曲线运动的条件，电场力方向水平向右，但电场线方向无法判断，电性不能确定，故A错误。‎ B．由图可知，等势线为等间距的平行线，结合等势面的特点可知，是匀强电场，故B错误；‎ C．由B选项分析可知电场沿水平方向，并且沿电场线方向电势降低，而a、b、c、d之间电势大小关系未知，故无法判断电场方向，故C错误；‎ D．带电粒子在电场中沿曲线AB运动时电场力对粒子做负功，其电势能增大，动能减小，故D正确。‎ ‎9.长征三号乙遥二十八火箭在发射中星9A卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。经过航天测控人员的配合和努力，通过多次调整轨道，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。假设该卫星某一次变轨如图所示，卫星从椭圆轨道Ⅰ上的远地点Q改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是 A. 卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，在P点的速度等于在Q点的速度 B. 卫星在椭圆轨道Ⅰ上的Q点的速度小于在同步轨道Ⅱ上的Q点的速度 C. 卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，卫星在P、Q两位置机械能不相等 D. 卫星耗尽燃料后，在微小空气阻力的作用下，轨道半径变小，机械能减小，动能变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在I轨道上运行时，根据开普勒第二定律可知，离中心天体越近，则速度越大，可知在P点的速度大于在Q点的速度，故A错误；‎ B．由于从轨道I上的Q点变轨到II，需要点火加速，所以在轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度，故B正确；‎ C．卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，只有地球的引力做功，则机械能守恒，则卫星在P、Q两位置机械能相等，选项C错误；‎ D．由于人造地球卫星受微小阻力作用，阻力做负功，故机械能减小，人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，由可知，动能为：‎ 轨道半径减小，动能增大，故D正确。‎ ‎10.如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电液滴，液滴到达b点时速度恰好为零，设a、b所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则 A. 带电液滴带负电 B. a、b两点间的电势差Uab＝‎ C. b点场强大于a点场强 D. a点场强大于b点场强 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故A正确；‎ B．由于粒子在a点由静止，到达b点速度为零，故W电=WG=mgh=qUab 故 故B正确；‎ CD．从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C正确，D错误。‎ ‎11.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 A. 若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F B. 若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为 C. 若物块A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为 D. 若物块A与水平面的动摩擦因数为μ，B与水平面的动摩擦因数为2μ，则物块A对B的作用力大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．若水平面光滑，则对AB整体受力分析可知；‎ F=（m+2m）a 解得：‎ 再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：‎ T=2ma 故A错误，B正确。 C．若物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，则对AB整体受力分析可知；‎ F-3μmg =（m+2m）a 解得 再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：‎ T-μ∙2mg=2ma 所以 故C错误。‎ D．若物块A与地面间的动摩擦因数均为μ，B与地面间的动摩擦因数均为2μ，则对AB整体受力分析可知；‎ F-μmg-4μmg=（m+2m）a 解得 再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：‎ T-2μ∙2mg=2ma 所以 故D正确。‎ ‎12.在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A 点运动到C点过程中，下列说法正确的是 A. 该匀强电场的电场强度为 B. 带电物块机械能减少量为 C. 带电物块电势能的增加量为 D. 弹簧弹性势能增加量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从A到B由牛顿第二定律：‎ ‎，‎ 解得 ‎，‎ 选项A正确；‎ BD．带电物块在由A点运动到C点过程中弹簧和物块系统的机械能的减小量等于电场力做功，则 ‎，‎ 即物块机械能减小量与弹簧弹性势能增加量之和为，选项BD错误；‎ C．电场力做负功，则电势能增加，选项C正确；‎ 二、实验题 ‎13.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图.已知a、b小球的质量分别为ma、‎ mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置.‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是________.‎ A.斜槽轨道必须是光滑的 ‎ B.斜槽轨道末端的切线水平 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ma＝mb，ra＝rb ‎（2）为了验证动量守恒定律.需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________（用相应的文字和字母表示）.‎ ‎（3）如果动量守恒，须满足的关系式是________（用测量物理量的字母表示）.‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 测量OM的距离x2 测量ON的距离x3 (3). max1＝max2＋mbx3（写成maOP＝maOM＋mbON不扣分）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基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，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb，故D错误。‎ ‎(2)[2][3].要验证动量守恒定律定律，即验证：mav1=mav2+mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：‎ mav1t=mav2t+mbv3t 得：‎ max1=max2+mbx3，‎ 因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3； (3)[4].由(2)知，实验需要验证：‎ max1=max2+mbx3，‎ 即：‎ maOP=maOM+mbON；‎ ‎14.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．‎ ‎ （1）关于实验步骤，下列说法正确的是________．‎ A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车，后接通电源 C．本实验砝码及砝码盘B的质量应约等于小车A的质量 D．在探究加速度与质量的关系时，应作a－图象 ‎（2）在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了A、B、C、D、E作为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，其中x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.30 cm、x4＝8.92 cm，电源频率为50 Hz，可以计算出小车的加速度大小是________ m/s2.（保留两位有效数字）‎ ‎ （3）某同学将长木板右端适当垫高，其目的是________．如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a－F关系图象可能是________．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0.62 (3). 平衡摩擦力 B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；‎ B．实验时应先接通电源，后释放小车，选项B错误；‎ C．本实验中为了保证砝码及砝码盘的重力近似等于小车的牵引力，则砝码及砝码盘B的质量应远小于小车A的质量，选项C错误；‎ D．在探究加速度与质量的关系时，应作图象，可以得到线性图像，选项D正确。‎ ‎（2）[2]．相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，可知T=0.1s，则根据可得加速度 ‎（3）[3][4]．某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，则当力F增加到一定值时小车才会做加速运动，则他绘出的a－F关系图象可能是B。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，在光滑且足够长的水平绝缘直线导轨上，有质量分别为2m和m带同种电荷的两个小球A、B正相向运动。某时刻A、B两球的速度大小分别为vA=3m/s，vB=2m/s。由于两球静电斥力极强，运动过程中它们不会相碰，则：‎ ‎（1）当B球速度为零时，A球速度多大？方向如何？‎ ‎（2）运动过程中，两小球所组成系统所具有的最大电势能是多少？‎ ‎【答案】（1）2m/s；方向向右（2）m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）据动量守恒定律得：‎ mAvA－mBvB＝mvA′‎ 代入数据解得 vA′＝2m/s 方向向右.‎ ‎（2）两小球距离最小时，系统电势能最大；此时两车的速度相同,设共同速度为v′，由动量守恒定律得：‎ mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v′‎ 解得 v＝m/s 则 Epm＝mAvA2＋mB vB2－（mA＋mB） v′2=m ‎16.如图，在水平向右的匀强电场中有一固定点O，用一根长度L=0.4m的绝缘细线把质量m=0.1kg、电量q=7.5×10﹣4C的带正电小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°，现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）小球运动通过最低点C时的速度大小；‎ ‎（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】（1）103N/C；（2）m/s；（3）1.5N．‎ ‎【解析】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件得：mgtanθ=qE 解得：E=‎ ‎（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：mgL﹣qEL= ﹣0‎ 解得，vC=m/s ‎（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：T﹣mg=m 解得：T=1.5N 答：（1）匀强电场的场强大小为103N/C；‎ ‎（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为m/s；‎ ‎（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．‎ ‎【点睛】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解电场强度；‎ ‎（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；‎ ‎（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．‎ ‎17.如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O点．若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm，板长l=6．0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：‎ ‎（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？‎ ‎（2）加上电压U2后电子束打到荧光屏上的位置到O点的距离为多少？‎ ‎（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围．‎ ‎【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm．‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0，‎ 有，‎ 解得：…①‎ 代入数据解得：；‎ ‎（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…②‎ 在沿电场方向受力为F=Eq…③‎ 根据匀强电场性质U2=Ed…④‎ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤‎ 根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来…⑥‎ 根据①﹣⑥式可推得：…⑦‎ 此时在电场方向上的分速度为：vy=at…⑧‎ 出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧可得 ‎…⑨‎ 将数据代入⑦式可得y=3mm＜，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm ‎（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，‎ 所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：…⑩‎ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm，‎ 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm，‎ 所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子的运动过程、应用动能定理、类平抛运动规律即可正确解题．‎