甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二上学期10月段考物理试题

甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二上学期10月段考物理试题

高二上学期10月段考物理试题 一、单项选择题 ‎1.地面上以60°的倾角抛出一个质量为m的小球，小球达最高点时的动能为E，不考虑空气阻力，取地面为零重力势能面，则物体在离地面高度为h时的机械能为 A. 4E B. 3E C. E+mgh D. 3E+mgh ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由动能公式可知，最高点处的速度 ‎；‎ 因水平方向不受外力，故水平速度不变，则由运动的合成与分解可知，抛出点的速度 ‎；‎ 在水平面上物体的机械能为：‎ mv2=4E；‎ 由于只有重力做功，故机械能守恒；小球在h高处的机械能仍为4E； A. 4E，与结论相符，选项A正确；‎ B. 3E，与结论不相符，选项B错误；‎ C. E+mgh，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 3E+mgh，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎2.轻绳拴一个质量为m的小球以加速度a向上提升一段距离s，则拉力对小球做功 A. mgs B. m（g＋a）s C. mas D. m（g－a）s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律得：‎ F-mg=ma 解得：‎ F=m（g+a）‎ 则拉力对小球做的功 W=Fs=m（g+a）s A. mgs，与结论不相符，选项A错误；‎ B. m（g＋a）s，与结论相符，选项B正确；‎ C mas，与结论不相符，选项C错误；‎ D. m（g－a）s，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎3.所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们弹性碰撞前后的s﹣t（位移时间）图象．已知m1=0.1㎏．由此可以判断 A. 碰前m2静止，m1向右运动 B. 碰后m2和m1都向右运动 C. m2=‎‎0.5kg D. 弹性碰撞过程中系统损失了0.4J的机械 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由s-t图象的斜率等于速度，可得m1碰前速度v1=‎4m/s，m2碰前速度v2=0，则知碰前m2静止，m1向右运动，故A正确；‎ BC.碰后m1速度为 v′1=-2 m/s，向左运动。碰后m2的速度 v′2=‎2m/s，向右运动。 根据动量守恒定律得 m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2。‎ 代入数据解得：‎ m2=‎0.3kg。‎ 故BC错误；‎ D.两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：‎ 所以碰撞过程弹性碰撞。故D错误。‎ ‎4.质量为m的物体自由下落，不计空气阻力.在t s内，重力对物体做功的平均功率是( )‎ A. mg2t/2 B. mg2t C. 0 D. mg2t/4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物体自由下落的高度为：，重力对物体做的功为：，重力对物体做功的平均功率为：，故A正确，BCD错误。‎ ‎5.一个带正电的粒子沿曲线从a到b越过匀强电场，则以下说法正确的是 A. 电场力做正功，电势能增大 B. 电场力做正功，电势能减少 C. 电场力做负功，电势能增大 D. 电场力做负功，电势能减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于正电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧，电场力方向与电场方向一致，从a到b电场力做正功，电势能减小；‎ A. 电场力做正功，电势能增大，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 电场力做正功，电势能减少，与结论相符，选项B正确；‎ C. 电场力做负功，电势能增大，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 电场力做负功，电势能减少，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6.以下粒子都从静止开始经过相同电压加速后，速度最大的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设粒子的电量为q，质量为m，则由动能定理得 则可知 ‎；‎ 则可知，比荷最大的粒子速度最大，故获得的速度最大。‎ A. ，与结论相符，选项A正确；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.图中虚线是点电荷产生电场的等势面，乙图是匀强电场。电场中各有两点，则 A. 甲图中两点的场强E相同，电势也相同 B. 乙图中两点的场强E相同，电势也相同 C. 乙图中，带电粒子在两点间移动，电场力做功为零 D. 甲图中，带电粒子在两点间移动，电场力做功为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.场强是矢量，甲图中两点的场强大小相等，但方向不同；两点的电势相同，故A错误；‎ B.乙图是匀强电场，所以两点的场强大小相等，方向也相同，但沿着电场线电势要降低，故两点的电势不等，故B错误；‎ C. 乙图中两点的电势不等，有电势差，根据W=qU在两点间移动电荷，电场力要做功，故C错误；‎ D.甲图中两点在同一个等势面上，在同一等势面上移动电荷，电场力不做功，故D正确。‎ ‎8.容器A、B两板加上如图所示的交变电压，开始A板电势比B板高，这时两极板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子运动不与极板相碰，以下说法正确的是（不计电子的重力）‎ A. 先向A运动，然后向B运动，再返回A板做周期性来回运动 B. 一直向A板运动 C. 一直向B板运动 D. 先向B运动，然后向A运动，再返回B板做周期性来回运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向左，电子受到的电场力方向水平向右，向右做匀加速直线运动，第二个半周期内，电子所受的电场力水平向左，电子向右做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向A运动。位移一直增大。‎ A. 先向A运动，然后向B运动，再返回A板做周期性来回运动，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 一直向A板运动，与结论相符，选项B正确；‎ C. 一直向B板运动，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 先向B运动，然后向A运动，再返回B板做周期性来回运动，与结论不相符，选项D错误。‎ 二、多选题 ‎9.如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数，木板P与小滑块Q质量相等，均为m=‎1 kg。用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取‎10 m/s2，下列说法正确的是 A. 木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量 B. 拉力F做功为6 J C. 小滑块Q的最大速度为‎3m/s D. 整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】对系统由动量定理可得，木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：F-μmg=ma，解得a=‎4m/s2，1s内木板P的位移x=at2=‎2m，拉力F做功W=Fx=12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，据Ft=2mv共，解得v共=‎3m/s；选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知，解得Q=3J，选项D正确。‎ ‎10.光滑圆弧轨道质量为M的滑车静置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回并脱离滑车时，以下说法正确的是 A. 小球一定水平向左作平抛运动 B. 小球可能水平向左作平抛运动 C. 小球可能作自由落体运动 D. 小球可能向右作平抛运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。选取小球运动的方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv1+Mv2‎ 由机械能守恒得：‎ 整理得：‎ AB.如果m＜M，小球离开滑车向左做平抛运动，选项A错误，B正确；‎ C.如果m=M，小球离开小车的速度是0，小球将做自由落体运动，选项C正确；‎ D.如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动，故D正确。‎ ‎11.将充好电的平板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为α。在如下的变化中正确的是：‎ A. 增大极板的距离，α变大 B. 错开两个极板（距离保持不变），α变小 C. 极板间插入陶瓷，α变小 D. 极板间插入陶瓷，α不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电容器未与电源相连，电量保持不变，根据 ‎，增大两极板间的距离，电容C变小，根据知，电势差增大，所以α变大。故A正确；‎ B.根据，错开两个极板（距离保持不变），则S减小，电容C变小，根据知，电势差增大，所以α变大。故B错误；‎ CD.根据，极板间插入陶瓷，电容增大，根据知，电势差变小，所以α变小。故C正确，D错误。‎ ‎12.如图所示的电场中，在A点静止的释放一个带电粒子，正确的是 A. 若释放的是电子，电子将向B点运动 B. 若释放的是质子，质子将向B点运动 C. 若释放的是正电荷，要使其向B点运动，必须施加一个指向C的外力 D. 若释放的无论是正电荷还是负电荷，若自由运动，电场力都将做正功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当电场线直线时，由静止释放仅在电场力作用下，运动轨迹与电场线重合，如果是电子，电场力与电场方向相反，故向B点运动，故A正确；‎ B.若释放的是质子，电场力方向与电场方向相同，故向C点移动。故B错误；‎ C.质子是正电荷，故电场力方向与电场方向相同，故向C点移动。要使其向B点运动，必须施加一个指向B的外力，故C错误；‎ D.自由移动带电粒子仅在电场力作用下一定做正功，故D正确。‎ ‎13.电子以初速度v0从中线垂直进入偏转电场，刚好离开电场，它在离开电场后偏转角正切为0.5。下列说法中正确的是 A. 如果电子的初速度变为原来的2倍，则离开电场后的偏转角正切为0.25‎ B. 如果电子的初速度变为原来的2倍，则离开电场后的偏转角正切为0.125‎ C. 如果偏转电压变为原来的倍，则离开电场后的偏转角正切为0.25‎ D. 如果偏转电压变为原来的倍，则离开电场后的偏转角正切1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】电子做的是类平抛，设偏转角为θ，则偏转角的正切值为 ‎，‎ AB.根据偏转角的表达式可知，当其他的物理量不变，只是电子的初速度变为原来的2倍时，离开电场后的偏转角正切值将变为原来的，即为0.125，所以A错误，B正确；‎ CD.根据偏转角的表达式可知，当其他的物理量不变，只是偏转电压变为原来的倍时，离开电场后的偏转角正切值将变为原来的，即为0.25，所以C正确，D错误。‎ 三．解答题 ‎14.ABCD是一个正方形盒子，CD边的中点有一个小孔O，盒子中有沿AD方向的匀强电场，场强大小为E.粒子源不断地从A处的小孔沿AB方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的质量为m，带电量为q，初速度为v0，在电场作用下，粒子恰好从O处的小孔射出，（带电粒子的重力和粒子间的相互作用力均可忽略）求： ‎ ‎（1）正方形盒子的边长L；（用m，v0，q，E表示）‎ ‎（2）该带电粒子从O处小孔射出时速率v.（用v0表示）‎ ‎【答案】（1）（2）v0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当盒中为匀强电场E时，设正方形边长AD＝L，则DO＝L/2‎ ‎，粒子做类平抛运动，设从O处射出时速度为v，竖直方向的分速度为vy，运动时间为t，加速度为a.‎ 由平抛运动知识得： ‎ L＝v0t ①‎ L＝at2＝vyt ②‎ 由牛顿第二定律得 a＝ ③‎ 由①②③式得 vy＝4v0，L＝4×＝.‎ ‎（2）由运动的合成得：‎ v＝＝v0.‎ ‎15.如图所示，质量为m，带电荷量为－q的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R，小球在A点时的初速度为v0，方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下，强度为E的匀强电场中，斜轨的高为h，试问：‎ ‎（1）如果小球能到达B点，那么小球在B点对圆形环的压力多大？‎ ‎（2）在什么条件下小球可以匀速沿半圆环到达最高点，这时小球的速度多大？‎ ‎【答案】（1）＋mg－qE（2）v0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从A点下滑有三种情况：当mg＝qE时，小球做匀速直线运动；当mg＞qE时，小球做匀加速直线运动；当mg＜qE时，小球将离开斜面做曲线运动，而不能到达B点．‎ ‎（1）当满足mg＝qE时，小球到达B点的速度为v0，设小球在B点受圆环的支持力为FN1，得 FN1＝m，‎ 小球对轨道压力FN1′＝FN1，方向竖直向下．‎ 当mg＞qE时，根据动能定理有 mgh－qEh＝mvB2－mv02.①‎ 设此时小球在B点受到圆环的支持力为FN2，则 FN2＋qE－mg＝m.②‎ 由①②式得 FN2＝＋mg－qE.‎ 小球对轨道的压力FN2′＝FN2，方向竖直向下．‎ ‎（2）当mg＝qE时，小球可以匀速沿半圆环到达最高点，此过程小球到达B点速度仍为v0，小球只在半圆环的支持力作用下做匀速圆周运动，速度为v0.‎