广东省名校广州二中，珠海一中等三校2019-2020学年高二上学期11月期中考试联考物理试题 Word版含解析

广东省名校广州二中，珠海一中等三校2019-2020学年高二上学期11月期中考试联考物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019-2020学年度高二（上）三校联考物理 一、选择题 ‎1.如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，实线为电场线，虚线为等势面，a、b为电场中的两点,则 A. a点的场强大于b点的场强 B. a点的电势高于b点的电势，‎ C. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能 D. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因b点的电场线较a点密集，可知b点的场强大于a点的场强，选项A错误；‎ BCD．沿电场线电势降低，可知a点的电势低于b点的电势；因负电荷在低电势点电势能较大，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，选项C正确，BD错误；‎ 故选C.‎ ‎2.随着交通日益拥挤、车辆速度越来越快，事故的发生更为频繁，所以汽车安全性变得尤其重要。而安全气囊成为了不可或缺的汽车被动安全设备，它的数量也是衡量车辆安全性能的重要指标。发生交通事故时，汽车安全气囊有助于减轻胸、头和面部在碰撞时受伤的严重性。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是：‎ A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C. 减小了驾驶员的动量变化率 D. 减小了驾驶员的动量 ‎【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；‎ - 18 -‎ A．减小了驾驶员的动量变化量，与结论不相符，选项A错误；‎ B．减小了驾驶员受到撞击力的冲量，与结论不相符，选项B错误；‎ C．减小了驾驶员的动量变化率，与结论相符，选项C正确；‎ D．减小了驾驶员的动量，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎3.某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。有一带电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，从x1处运动到x2处的过程中，下列说法中正确的是 ‎ A. 带电小球的电势能一定减小 B. 带电小球的动能一定增大 C. 带电小球的动量一定增大 D. 带电小球的加速度一定增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．带电小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，若小球带正电，则小球电势能减小，动能增加，动量变大；若小球带负电，则小球的电势能增加，动能减小，动量变小；选项ABC错误；‎ D．因φ-x图像的斜率等于场强，则带电小球从x1处运动到x2处的过程中，所受的电场力变大，则加速度一定增大，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎4.在光滑水平面上，质量为m的小球A以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为4m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球以的速度反弹。则碰撞过程中系统损失的机械能为：‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由动量守恒定律：‎ - 18 -‎ ‎ ‎ 解得 ‎；‎ 则碰撞过程中系统损失的机械能 A．0，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．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎5.两个带等量正电荷的点电荷固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q从A点由静止释放，仅在静电力作用下运动。则下列说法正确的是 A. q在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小 B. q在由A点向O点运动的过程中，动能先增大后减小 C. q在由A点向O点运动的过程中，电势能先减小后增大 D. q将以O点为对称点做往复运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为在OM之间存在一个场强最大的位置（设为P点），若A点在P点上面，则q在由A点向O点运动的过程中，所受的电场力先增加后减小，则加速度先增大后减小；若A点在P点下面，则q在由A点向O点运动的过程中，所受的电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小；选项A错误；‎ BC．q在由A点向O - 18 -‎ 点运动的过程中，电场力一直做正功，动能增加，电势能减小，选项BC错误；‎ D．电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，电子将以O点为对称中心做往复运动，故D正确。‎ 故选D.‎ ‎6.在绝缘光滑水平面上固定一带电＋Q的点电荷A，距离A为d处放置另一带电－2Q的点电荷B。为了使B处于静止状态，则需要在水平方向加一个匀强电场。则点电荷B处于静止时，AB中点O处的场强为多大 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】B处于静止状态，则所加匀强电场方向向左，设为E0，则对B:‎ 解得 则 AB中点O处的场强为 方向向右；‎ 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．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B.‎ - 18 -‎ ‎7.在光滑水平桌面上，质量为m的物体P和质量为2m的物体Q都可以视做质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，用E3表示P具有的最小动能，则 ‎ A. E1= B. E2 =‎ C E2= D. E3=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设P的初速度为v0，则 当PQ共速时，弹簧弹性势能最大，此时：‎ 最大弹性势能：‎ 选项A错误； ‎ BCD．当弹簧再次恢复到原长时，设P的速度为v1， Q具有的速度为v2；则：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 则Q具有的最大动能：‎ 物块P的速度由v0先减小到0，然后反向增加到，则物块P动能最小值为E3=0；‎ - 18 -‎ 选项C正确，BD错误；‎ 故选C.‎ ‎8.从水平地面上方高h=0.8m处，将a，b两球以v0=3m/s抛出，a球平抛，b球竖直下抛。两球质量相等均为1kg，最后落于同一水平地面上。在此过程中，下列说法正确的是( )‎ A. 两球落地时动量的大小相等 B. 两球从抛出到落地重力的冲量相等 C. 若b球落地时无能量损失反弹，和地面的相互作用时间为0.1s，则地面对b球的平均作用力大小为110N D. 若b球落地时无能量损失反弹，和地面的相互作用时间为0.1s，则地面对b球的平均作用力大小为100N ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据机械能守恒定律可知：‎ 可知落地的速度大小相等，则两球落地时动量的大小相等，选项Ａ正确；‎ B．因为竖直下抛的小球落地时间短，由I=mgt可知，竖直下抛的小球落地时重力的冲量小，选项B错误；‎ CD．根据机械能守恒定律可知：‎ 可得B球落地的速度v=5m/s，则反弹速度也为v=5m/s，与地面作用时，由动量定理：‎ 解得 FN=110N - 18 -‎ 选项C正确，D正确； ‎ 故选AC.‎ ‎9.如图，一匀强电场的方向平行于直角三角形所在的平面，其中A点电势为3V，B点电势为6 V，C点电势为9V。已知∠ACB＝30°，AB边长为 cm ，下列说法正确的是 ‎ A. 该电场强度的大小为2 V /cm B. 该电场强度的大小为V/cm C. 电子在A点的电势能比在B点的低3e V D. 电子从A点运动到C点电场力做功为6e V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在匀强电场中，D点电势为 因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示 ‎ 因 AB=cm，则AB两点沿电场线方向的距离为 d=ABcos30°=1.5cm BA间的电势差 UBA=φB-φA=3V 则匀强电场的场强 ‎ - 18 -‎ 选项A正确，B错误；‎ C．负电荷在低电势点电势能大，则电子在A点的电势能比在B点的高3e V，选项C错误；‎ D．电子从A点运动到C点电场力做功为，选项D正确。‎ 故选 AD.‎ ‎10.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，小球的初速度为v0，重力加速度为g，则 ‎ A. 小球可以带正电 B. 小球向上运动过程中动能和重力势能之和在减小 C. 可求出小球运动到最高点所用的时间 D. 不能求出小球运动到最高点电势能的改变量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，小球受到竖直向下的重力，只有小球受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知小球所受的电场力的方向与场强方向相反，则小球必带负电，故A错误；‎ B．小球向上运动过程中只有重力和电场力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和守恒，因从A到B电场力做负功，电势能增加，则动能和重力势能之和在减小，选项B正确；‎ C．小球的加速度满足：‎ 且由可求解小球运动到最高点所用的时间，选项C正确；‎ D．由选项B的分析可知，可求得到达最高点时机械能的减小量为 其中 - 18 -‎ 则可求出小球运动到最高点电势能的增加量也为∆E，选项D错误；‎ 故选BC ‎11.如图所示，两个质量相等的带电小球，以相同速率在带电平行金属板的上边缘P点沿垂直于电场方向射入电场，A落在下板中点、B恰好沿下板边缘飞出电场，不计重力，则开始射入到打到下板（B刚好飞出电场）的过程中 ‎ A. 它们运动的时间之比tA：tB=1:2‎ B. 它们运动的加速度之比aA：aB=2:1‎ C. 它们的动能增加量之比ΔEkA∶ΔEkB = 4∶1‎ D. 它们的动量增加量之比ΔPA∶ΔPB = 1:2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在水平方向匀速运动，则由x=v0t可知，它们运动的时间之比tA：tB=1:2，选项A正确；‎ B．竖直方向，根据，则，则aA：aB=4:1，选项B错误；‎ C．因aA：aB=4:1，则电场力之比FA：FB=4:1，则由可知它们的动能增加量之比ΔEkA∶ΔEkB = 4∶1，选项C正确；‎ D．根据动量定理：，则它们的动量增加量之比ΔPA∶ΔPB = 2:1，选项D错误。‎ 故选AC.‎ ‎12.如图所示，长为L、倾角为30°的光滑绝缘斜面固定于静电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面顶端的A点开始沿斜面下滑，到达斜面底端B点的速度仍为v0，途中小球始终未离开斜面，重力加速度为g，则 ‎ - 18 -‎ A. 小球电势能可能先减小后增大 B. A、B两点间的电势差为 C. 若处于匀强电场中，则该电场场强最小值为 D. 若处于匀强电场中，则该电场的场强可能等于 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球从A运动到B的过程中，重力势能减小，在AB两点的动能相等，则电势能增加，则整个过程中小球的电势能可能先减小后增大，例如当在斜面下面某位置放置一个负点电荷时，则选项A正确；‎ B．从A到B由动能定理：‎ 解得A、B两点间的电势差为 选项B正确； ‎ CD．若处于匀强电场中，则当场强方向沿斜面向上时，该电场的场强最小，则最小值为 则若处于匀强电场中，则该电场的场强可能等于，选项C错误，D正确；‎ 故选BD.‎ 二、实验题 - 18 -‎ ‎13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．实验中使用半径相同的弹性小球1和2。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．‎ 接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M，N；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M，P，N离O点的距离，即线段OM，OP，ON的长度LOM，LOP，LON．‎ ‎（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是_________．‎ A．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滚下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球1质量应大于小球2的质量 ‎（2）上述实验除需测量线段OM，OP，ON的长度外，还需要测量的物理量是_________．‎ A．A，B两点间的高度差h1 B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1，m2 D．小球1和小球2的半径r ‎（3）当所测物理量满足表达式_____(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律.如果还满足表达式________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失．‎ ‎（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的底端与O点重合．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′，P′，N′。用刻度尺测量斜面底端到M′，P′，N′三点的距离分别为LOM′，LOP′，LON′，测量出斜面的倾角为，用天平测量两个小球的质量为m1，m2；则仅利用以上数据能不能验证两球碰撞过程中动量守恒。若能请用所测物理量写出验证表达式，若不能请说明理由。_______。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). C (3). (4). (5). 不能，因为根据已给的物理量求不出小球做平抛运动的时间，求不出小球碰撞前后的速度 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滚下，从而保证每次到达斜槽底端的速度相同，选项Ａ正确； ‎ B．斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端的速度相同即可，选项Ｂ错误；‎ C．斜槽轨道末端必须水平，从而保证速度方向水平，选项Ｃ正确；‎ D．小球1质量应大于小球2的质量，防止入射球１碰后反弹，选项Ｄ正确；‎ ‎（2）[2]．根据动量守恒得 m1v0=m1v1+m2v2‎ 两边乘下落的时间t，可得：‎ m1v0t=m1v1t+m2v2t，‎ 则 ‎ 所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。故选C。 （3）[3][4]．由以上分析可知，当所测物理量满足表达式 时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律：如果还满足表达式 即 ‎ - 18 -‎ 即说明两球碰撞时无机械能损失．‎ ‎（4）[5]．不能，因为根据已给的物理量求不出小球做平抛运动的时间，求不出小球碰撞前后的速度.‎ 三、计算题 ‎14.如图，平行金属板水平放置，上极板带负电且中心有一个小孔，两板间的距离为3d。一带电为+q的带电小球在小孔正上方的d处静止释放，并恰好运动到下极板，但不会被下极板吸收。已知小球质量为m，重力加速度取g，忽略极板外部电场，不计空气阻力。求：‎ ‎（1）极板间的电场强度E；‎ ‎（2）小球从开始释放到第一次刚离开上极板过程中，小球在板外与板间的运动时间之比。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从释放到下极板，由动能定理，得 mg(d+3d) ‒qE·3d=0‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ‎（2）设运动时间分别为t1和t2，粒子到达小孔时速度为v，由运动对称性可知粒子返回到小孔的速度大小仍为v。由动量定理，得 mgt1=mv‒0 ‎ 取向下为正，从进入小孔到返回小孔，有 mgt2‒qE t2= ‒mv‒mv ‎ 联立解得 ‎ ‎ - 18 -‎ ‎15.如图，倾角为θ=30°斜面固定在水平台阶边缘，台阶下有一足够长、质量为6m的木板C，木板上表面与斜面底端等高，并且通过一小段光滑圆弧平滑连接。质量为6m的滑块B静止在木板左端，斜面与水平面均光滑。已知滑块B与木板C间的动摩擦因数为μ=。现让质量为m的滑块A在高为h处静止释放，与B发生正碰，碰后A返回高度为原来的。滑块均视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）碰后滑块B的速度；‎ ‎（2）A返回到最高点时，B在木板上的滑行距离。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设A碰B前瞬间速度为v0，碰后速度分别为v1和v2，则有 对A，‎ mgh=mv02 ‎ 返回时，有 ‎ ‎ 得 ‎ ‎ ‎ AB碰撞动量守恒，有 mv0=‒mv1+6mv2 ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ - 18 -‎ ‎（2）返回时A的加速度为 ‎ ‎ 返回到最高点的时间为 ‎ ‎ 设BC能共速，则有 ‎ ‎6mv2=(6m+6m)v3 ‎ 共速时间为t2，则有 ‎ ‎ 解得 t1>t2，说明A回到最高点之前BC已经共速。‎ 设滑行距离为L，则 ‎ ‎ 得 ‎16.如图，高H=5m的光滑水平台左端有一逆时针转动的传送带(轮子大小可忽略不计)，带的表面与平台等高，带长为d=1.25m，传送带左端正下方为O点。虚线左侧存在水平向右的匀强电场，大小为E=105N/C。平台右侧连接一光滑绝缘圆轨道，半径为R=1m，圆轨道中心固定一带负电的点电荷，电量为Q=10‒4C。由于某种作用，使得电荷Q产生的电场只分布在圆轨道内部。可视为质点的绝缘带电滑块a、b用一轻质细绳连接，开始时整个装置处于静止状态。某时刻细线忽然断开，由于库仑斥力a、b反向运动，当滑块a进入传送带或者b进入圆轨道后即可忽略它们之间的斥力。已知滑块a、b的质量分别为m1=2 kg，m2=1kg，电量分别为q1=+6×10‒5C和q2=+×10‒5C，a进入传送带的速度为v1=4m/s，a与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3， g=10 m/s2，静电力常量k=9×109N﹒m2/C2，空气阻力不计。求：‎ ‎（1）滑块b进入圆轨道时的速度大小v2；‎ ‎（2）滑块b到达圆轨道最高点时对轨道的压力；‎ - 18 -‎ ‎（3）试分析传送带的速度v取不同值时，滑块a离开传送带后的落点与O点的位置关系。‎ ‎【答案】（1）8m/s；（2）8N，方向竖直向上。（3）见解析所示 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对ab，动量守恒，有 m1v1=m2v2 ‎ 解得 v2=8m/s ‎ ‎（2）设b到最高点速度为v，受轨道压力为F，则有 ‎ ‎ ‎ 从圆轨道最低点到最高点，有 ‎ ‎ 解得 F=8N ‎ 由牛三，滑块对轨道的压力大小为F´=F=8N，方向竖直向上。 ‎ ‎（3）由题 q1E=μm1g=6N ‎ 离开传送带到落地的时间为 离开后水平方向的加速度为 ‎ (向左) ‎ - 18 -‎ ‎①若v>v1=4m/s，则滑块在带上匀速，以v1离开，离开后水平方向匀减速。‎ 故水平位移为。故滑块落点位置为O点左侧2.5m处。‎ 若v≤v1=4m/s，则滑块将减速，设全程减速到左端时速度为v1´，则有 v1′2‒ v12=‒2a′d ‎ 其中 ‎ ‎ 联立解得 v1′=1 m/s ‎②故当v< v1′=1 m/s时，物块全程减速，以v1′离开。‎ 则水平位移为。故滑块落点位置为O点右侧0.5m处。‎ ‎③当1m/s

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