高二物理上学期第一次段考试题尖子班
【2019最新】精选高二物理上学期第一次段考试题尖子班
一．选择题（每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，1—6只有一个正确答案，7—10有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得零分）
1.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为υ时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0
∠NFE。则（ ）
A．E带正电，F带负电，且QE﹥QF
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B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C．过N点的等势面与过N点的切线垂直
D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
A
B
O
C
L
7.如右图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、
O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，
沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小
球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，先将小球a
穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使 b从A点由静
止开始沿竖直方向下落。各带电小球均可视为点电荷，则下列说法
正确的是（ ）
A．从A点到C点，小球a做匀加速运动
B．小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能
C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变
D．小球a从A点到C点的过程中电场力做的功大于小球b从A点到B点的过程中电
场力做的功
8.一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应的面积均为S，设经过b时刻的加速度大小和速度大小分别为a和vb，则( )
A． B．
C． D．
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9. 如右图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L、板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M、一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（ ）
A．板间电场强度大小为3mg/q
B．板间电场强度大小为2mg/q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
10.如图所示，倾角为370的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m=1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g= 10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 ( )
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0. 75
B.0～8 s内物体位移的大小为14 m
C.0～8 s内物体机械能的增量为84 J
D.0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
二、本题共3小题，共18分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。
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11.滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里，调整水龙头，让前一滴水落到盘子而听到声音时后一滴恰好离开水龙头，测出n次听到水击盘声的总时间为t，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h，即可算出重力加速度.设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1s，声速为340m/s，则水龙头距盘子的距离至少为________ m.重力加速度的计算式为g=________
12.某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图（b）所示。
（1）图线________是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；
（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____________。
13.在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200 g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T＝0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2，那么：
(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用v＝2gsOB，乙同学用vB＝.其中所选择方法正确的是________(填“甲”或“乙”)同学．
(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s2，从而计算出阻力f＝______N.
(3)若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？________.(填“能”或“不能”)
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三、本题共4小题，42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14.(10分)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所示。试求：
（1）拉力F的大小。
（2）t＝4s时物体的速度v的大小。
15.(10分)在半径R＝5000 km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F ，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：
(1)圆轨道的半径及星球表面的重力加速度．
(2)该星球的第一宇宙速度．
16. (10分)如图所示A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k=100N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面。现用恒定拉力F=15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，g=10m/s2求:
（1）B刚要离开C时A的加速度,
（2）若把拉力F改为F/=30N，则B刚要离开
C时，A的速度大小。
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17. (12分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：
(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；
(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；
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新干二中高二物理答案（尖）2018.8 出卷人：黄春晖
一、选择题（4×10共40分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
C
B
C
BC
AC
BC
BD
二、填空题（2x9共18分）
11． 0.05
12. （1）（2）0.5，0.2
13. (1)乙 (2)9.5 0.06 (3)能
三、计算题（10+10+10+12共42分）
14．设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，撤去力后，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2 根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2，代入解得F=30N，μ=0．5。
（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1＝a2t2，解得t2＝2s，则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t－t1－t2=1s，设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ=ma3，
有a 3=2 m/s2，t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s。
15.(1)小球过C点时满足F＋mg＝m，又根据mg(H－2r)＝mvC2，联立解得F＝H－5mg。由题图可知：H1=0.5 m时F1=0； H2＝1.0 m时F2＝5 N；可解得g=5 m/s2， r=0.2 m。
(2)据m＝mg，可得v＝＝5×103 m/s.
答案：(1)0.2 m 5 m/s2 (2)5×103 m/s
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16. 解析： （1）B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力：N=mBg A的受力图如图，
由图可得：G+N-F=mAa1……………………………2分
解得：a1=15m/s2，………………………………2分
竖直向下………………………………………1分
（2）当F=0时，弹簧的伸长量：X1= =0.1m………………1分
当F=15N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量：X2==0.2m………………1分
所以A上升的高度：h=X1+X2=(0.1+0.2)m=0.3m………………………………………1分
在A上升过程中，根据功能关系：
Fh=mAgh+△Ep………………………………………1分
所以弹簧弹性势能增加了：
△Ep =mA gh-Fh=（15-10）×0.3J=1.5J ………………………………………1分
把拉力改为F′=30N，从A上升到当B恰要离开C时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，有：
F′h-mAgh-△Ep =………………………………………2分
解得：vA=3m/s ………………………………………2分
17. [解析] (1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ
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中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，由y＝对于B点y＝L，则x＝L
所以，eE·L＝mv 解得v0＝
设在电场Ⅱ中运动的时间为t1 L－y1＝at＝·()2
解得y1＝0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(－2L,0)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2. eEx＝mv y2＝at＝·()2
解得xy2＝L2/4，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的．
其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：
eE·(L＋L)＝Ek－0 所以Ek＝eEL
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