湖南省衡阳市第八中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

湖南省衡阳市第八中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

湖南省衡阳市第八中学2020学年高二上学期期中考试 ‎ 物理试题 一、选择题。‎ ‎1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是：（）‎ A. 只要系统内存在着摩擦力，系统的动量的就不守恒 B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C. 只有系统所受的合外力为零，系统的动量才守恒 D. 只要系统所受外力的冲量的矢量和为零，系统的动量就守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。故B错误；当系统所受的合外力远小于内力时，系统的动量也守恒，选项C错误；只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒；故D正确； 故选D。‎ ‎2.如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则(　 　)‎ A. EA一定大于EB，φA一定大于φB B. EA不一定大于EB，φA一定大于φB C. EA一定大于EB，φA不一定大于φB D. EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当P在O、A之间时，EA大于EB；当P点在B点外侧时，EA小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此φA一定大于 φB；故A错误，B正确，C错误，D错误；‎ 故选B。‎ 考点：考查了等量同种电荷形成的电场、‎ ‎【名师点睛】‎ ‎3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2‎ 分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是：（）‎ A. A点的电势低于B点的电势 B. A点的电场强度小于B点的电场强度 C. A点的电场强度大于B点的电场强度 D. 正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，由图看出，A点的电势高于B点的电势，故A错误。根据场强公式E=U/d知，图象斜率大小等于场强，则得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误，C正确。正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误。故选C。‎ ‎4.真空中大小相同的两个固定金属小球A、B带有等量电荷，相隔一定距离，（距离远大于小球的直径）两球之间的库仑斥力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球之间的库仑力大小：（）‎ A. 一定是F/8 B. 一定是3F/8 C. 可能是F/8 D. 可能是3F/4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：假设A带电量为+Q，B带电量为﹣Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是：F=‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，‎ C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′==；‎ 假设A带电量为+Q，B带电量为+Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是F=‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，‎ C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为+Q，‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==F；‎ 而题目是库仑斥力，则一定是同种电荷，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ 根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．‎ ‎5.两球A、B在光滑的水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s,当球A追上球B并发生碰撞后A、B两球的速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）：（）‎ A. vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s B. vA′＝2m/s，vB′＝4m/s C. vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s D. vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故AD错误；‎ B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．‎ 碰撞前，总动量为：，‎ 总动能：‎ 碰撞后，总动量为：；‎ 总动能：，则，符合动量守恒和能量守恒，故B正确；‎ C、动量守恒，但是动能为，大于碰撞前的动能，故选项C错误；‎ 点睛：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。‎ ‎6.一个笔帽竖立于放在水平桌面的纸条上，将纸条从笔帽下抽出时，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒，以下说法中正确的是：（）‎ A. 缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小 B. 缓慢拉动纸条时，纸对笔帽水平作用力大，笔帽必倒 C. 快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小 D. 快速拉动纸条时，纸条对笔帽水平作用力小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】抽动纸条时，笔帽受到的时滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽，笔帽受到的摩擦力均相等；故BD错误；在快速抽动时，纸条与笔帽作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I=△P可知，笔帽增加的动量较小，故笔帽几乎不动；缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量较大，故产生了较大的动量，则笔帽随纸条移动，故A错误，C正确；故选C。‎ ‎7.如图所示，将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内（始终不与球接触），现将一个悬挂在绝缘细线上的带负电的小球B放在C附近，待稳定后，以下说法正确的是：（）‎ A. A对B无静电力作用，B对A无静电力作用 B. A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向 C. A对B的静电力向左，B对A的静电力向右 D. A的位置不变，B的位置也不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A在空心金属球内，由于静电感应，使得C外表面带正电，B C相互吸引，所以B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以B 的电荷对空腔C 的内部无影响，即AB之间无相互的静电力，所以A位置不变。故选A。‎ ‎【点睛】考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽．‎ ‎8.如图，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带电油滴的电势能将减小 D. 若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ 视频 ‎9. 某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（ ）‎ A. 人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B. 人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C. 人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D. 当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'．人走的方向为正方向0=mv-Mv'，解得：mv=Mv'，即，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A说法正确；人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为：和，加速度与它们质量成反比，故B说法正确；人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零，故C说法正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D说法错误。所以选D.‎ ‎10.如图所示，在水平放置的光滑金属板正上方有一带正电的点电荷Q，上表面绝缘，下表面接地。带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)，自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动的过程中：（）‎ A. 小球先减速运动，后加速运动 B. 小球一直做匀速直线运动 C. 小球受到电场力的冲量为零 D. 小球受到的电场力做功为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动。故AC错误，BD正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．‎ ‎11.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 0～4 s内物体的位移为零 B. 0～4 s内拉力对物体做功为零 C. 4 s末物体的动量为零 D. 0～4 s内拉力对物体的冲量为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，故A错误；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；根据I=Ft可知：前4s内I合=F×2- F×2=0，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解。‎ ‎12.(多选)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，粒子先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一粒子，据此可知( 　　)‎ A. 三个等势线中，a的电势最高 B. 粒子通过P点时的动能比通过Q点时大 C. 粒子通过P点时的电场力比通过Q点时大 D. 粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由于带电质点只受电场力作用，根据运动轨迹弯曲方向可分析出电场力的方向，确定出电场方向，从而分析电势的高低．根据电场力做功判断电势能的高低，结合动能定理比较动能的大小．根据电场力的大小比较加速度的大小．‎ 根据轨迹的弯曲方向可知，质点所受的电场力方向大致向下，粒子带正电，则电场线与等势面垂直，大致向下，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势最低，A错误；从Q到P，电场力做正功，根据动能定理知，动能增大，即P点的动能大于Q点的动能，故B正确；P点的电场线比Q点的电场线密，则质点在P点所受的电场力大，故C正确；从Q到P，电场力做正功，则电势能减小，可知带电粒子在Q点的电势能大于P点的电势能，故D错误．‎ 二、填空题 ‎13.如下图所示是定性研究平行板电容器电容的影响因素的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地．‎ ‎（1）指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况：‎ ‎①正对面积减小时，静电计指针的偏转角度__________；‎ ‎②板间距离增大时，静电计指针的偏转角度__________；‎ ‎③插入电介质时，静电计指针的偏转角度__________．‎ ‎（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：_____________________；‎ ‎【答案】 (1). （1）增大； (2). 增大； (3). 减小 (4). （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①正对面积减小时，根据，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=Q/C判断电势差变大，所以静电计指针的偏转角度增大；‎ ‎②板间距离变大时，根据，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据U=Q/C 判断电势差变大，静电计指针的偏转角度增大．‎ ‎③当插入电介质时，C增大，Q不变，则可知，电势差减小；故偏转角减小；‎ ‎（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：电容与正对面积、介电常数成正比；与板间距离成反比；即；‎ ‎【点睛】解决本题的关键根据，判断电容的变化，根据U=Q/C 判断电势差的变化．同时注意这是探究性的实验，要注意实验分析．‎ ‎14.研究两个小球在轨道水平部分碰撞的规律（动量守恒定律）：先安装好如图1实验装置，在地上铺一张白纸．白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O．之后的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．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；‎ 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；‎ 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．‎ ‎（1）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有 ________ ．‎ 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 ‎（2）当所测物理量满足 ________________ 时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足_________________‎ 时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞发生弹性碰撞．‎ ‎（3）完成上述实验后，某实验小组对装置进行了如图2所示的改造．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．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′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为__________________ （用所测物理量的字母表示）．‎ ‎【答案】 (1). C (2). m1•OP=m1•OM+m2•ON (3). m1•（OP）2=m1•（OM）2+m2•（ON）2 (4). m1=m1+m2‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据动量守恒得,m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON,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。‎ ‎(2)因为平抛运动的时间相等,则水平位移可以代表速度,OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移,该位移可以代表A球碰撞前的速度,OM是A球碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表碰撞后A球的速度,ON是碰撞后B球的水平位移,该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律,由功能关系可知,只要成立，则机械能守恒,故若m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2，说明碰撞过程中机械能守恒，说明两球的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎(3)碰撞前,m1落在图中的P′点,设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点在图中M′点,设其水平初速度为v′1,m2的落点是图中的N′点,设其水平初速度为v2.设斜面BC与水平面的倾角为α，‎ 由平抛运动规律得：，‎ 解得 同理 可见速度正比于 所以只要验证m1=m1+m2即可。‎ 三、计算题。‎ ‎15.如图所示，真空中有两个固定的点电荷Q1=4.0´10-8C和Q2=8.0´10-8C。求它们连线上P点的场强的大小和方向。‎ ‎【答案】1000N/C，方向向右．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】点电荷Q1=4.0×10-8C在P点的场强大小为：，方向向右；‎ 点电荷Q2=8.0×10-8C在P点的场强大小为：，方向向左；‎ 根据电场的叠加原理得：P点的场强的大小 E=E1-E2=1000N/C，方向向右．‎ ‎16.在一铅直面内有一光滑的轨道，轨道左边是光滑弧线，右边是足够长的水平直线。现有质量分别为mA和mB的两个质点，B在水平轨道上静止，A在高h处自静止滑下，与B发生弹性碰撞，碰后A仍可返回到弧线的某一高度上，并再度滑下。问：A、B的质量满足什么关系时可以至少发生两次碰撞。‎ ‎【答案】mB>3mA ‎【解析】‎ ‎【详解】设A球与B球第一次碰撞前速度为v0，碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB。A球从LM轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律得：mAgh=mAv02，得：v0=；对于A、B碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：‎ mAv0=mAvA+mBvB mAv02=mAvA2+mBvB2；‎ 解得：vA=v0，vB=v0；‎ 要使A、B两球至少发生两次碰撞，第一次碰撞后A球反向弹回，且A球的速度大小必须大于B球的速度。则有vA＜0，且，|vA|＞vB，联立解得：mB>3mA。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒和能量守恒，明确临界条件，运用不等式法研究。‎ ‎17.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5´103V加速后以速度V0垂直等间距的进入电压U2=180V,间距为d=1.0cm,板长l=5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=5cm的屏幕上的P点，（电子的比荷为）求：‎ ‎（1）电子进入偏转电场时的速度v0=?‎ ‎（2）打在屏幕上的侧移位移OP=?‎ ‎【答案】（1）4×107m/s（2）0.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1=mv02-0，‎ 代入数据解得：v0=4×107m/s；‎ 故电子进入偏转电场的速度：v0=4×107m/s； ‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，‎ 在水平方向：l=v0t1，‎ 在竖直方向上：由牛顿第二定律得：，‎ 飞出电场时偏转量为：y1=at12    ‎ 代入数据解得：y1=0.25cm； ‎ 设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，‎ 在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，有：vy=at1    ‎ 运动时间：t2=，竖直位移：y2=vyt2，‎ 故电子到达屏S上时，它离O点的距离：y=y1+y2，‎ 代入数据解得：y=0.75cm；‎ ‎【点睛】解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点.‎ ‎18.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看成质点）。‎ ‎①求子弹射入木块前的速度。‎ ‎②若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎①由子弹射入木块过程动量守恒有 木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒,有 联立两式解得 ‎②以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动。第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知 射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒 由以上两式解得