2018-2019学年云南省云天化中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年云南省云天化中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

云天化中学2018～2019学年度上学期半期试题 高 二 物 理 一．本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第9--12题有不只一项符合题目要求，其余题只有一项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分。‎ ‎1.将不带电的导体A和带有负电荷Q的导体B接触后，导体A所带的电量情况 A. 无法确定 B. 带电量为-Q C. 带电量为+Q D. 带电量为-Q/2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两导体相互接触后，电荷量将重新分布，总量不变，但由于不明确两导体的形状，故无法确定A导体的带电量；故选A。‎ ‎2.如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是（ ）‎ A. 不断减小 B. 不断增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知，b点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab间合场强的方向向左，同理可知bc间合场强方向向右，则正点电荷q从a到c过程中，受到的电场力先向左，过了b点后向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少．故D正确，ABC错误．故选D。‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题的突破口是b点的电场强度为零，可根据数学知识严格分析ab间和bc间场强的方向，还要明确电场力做正功时电势能减小，相反，电势能增加。‎ ‎3.如图所示,匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行.其中φa=12V，φb=4V，φd=8 V，则c点电势为 ‎ A. 10V B. 0V C. 7V D. 8V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在匀强电场中，由公式U=Ed知：沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有：φa-φd=φb-φc，则得 φc=φb-φa+φd=4-12+8=0，故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握公式U=Ed，知道在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，从而根据电势差值求解c点的电势．‎ ‎4.质量为‎2.0kg的小球从高‎20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为‎5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取‎10m/s2）‎ A. 20N·s B. 80N·s C. 60N·s D. 40N·s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由动能定理可得：小球从开始下落到落到软垫上过程中：mgh1=mv12-0，解得：v1=‎20m/s，方向：竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-mv22，解得：v2=‎10m/s，方向竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：I=mv2-mv1=‎2kg×‎10m/s‎-2kg×（‎-20m/s）=60N•s，方向竖直向上；故选C。‎ ‎5.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，总动能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．‎ ‎6.如图，质量为m的人在质量为M（M>m）的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是 A. 当人在车上行走时，车将向右运动 B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动 C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越小 D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人-Mx车=0；故车与人的位移之比为：不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故C错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了“人船模型”，“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型，该模型应用的条件：一个原来处于静止状态的系统，当系统中的物体间发生相对运动的过程中，有一个方向上动量守恒。‎ ‎7.下列说法中正确的是 A. 沿着电场线的方向场强一定越来越弱 B. 沿着电场线的方向电势不一定降低 C. 电势降落最快的方向就是电场强度方向 D. 匀强电场中，各点的电势一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线的两个物理意义：顺着电场线方向，电势降低，电场线越密，场强越大。沿电场线方向，电势必定降低，而电场线疏密不一定，则场强不一定减小。故AB错误；电势降落最快的方向就是电场强度方向，选项C正确；匀强电场中，各点的场强相等，而电势不一定相等，沿电场线的方向电势降低。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】电场强度和电势都是描述电场本身性质的物理量，可根据电场线的物理意义来理解它们之间的关系：场强大小看电场线的疏密，而电势高低看电场线的方向，两者无关．‎ ‎8.如下图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是 A. 断开S后，使A板向右平移一些 B. 断开S后，使A、B两板错开一些 C. 保持S闭合，在A、B之间加入木板 D. 保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】断开S，电容器带电量保持不变，A板向右平移一些，即A、B间距减小一些，根据，d变小，C变大。根据C=Q/U，U变小，张角变小，故A错误。断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S变小，C变小。根据C=Q/U，U增大，张角增大。故B 正确。合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变。故CD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．‎ ‎9.如图所示，虚线 a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带负电的离子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹， P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知 ‎ A. 三个等势面中， b的电势最低 B. 带电离子通过P点时的电势能较大 C. 带电离子通过P点时的动能较大 D. 带电离子通过P点时的加速度较大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．‎ ‎10.如图，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)，从左端以初速度v0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动过程中 ‎ A. 小球做匀速直线运动 B. 小球可能不能运动到金属板最右端 C. 小球的电势能保持不变 D. 静电力对小球做负功 ‎【答案】AC ‎【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，电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，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A正确，B错误；电场力方向与位移方向垂直，对小球不做功，所以小球的电势能保持不变。故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【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，知道电场线与等势面垂直，并能运用这些知识来分析实际问题．‎ ‎11.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势高低的比较，正确的是 ‎ A. EB＞EA＞EC，‎ B. EA＝EC＞EB，‎ C. , ‎ D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC，A正确，B错误；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势。所以φA=φC＞φB．故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．‎ ‎12.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是 A. 电容器的电容减小 B. 在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流 C. A、B两板间的电场强度增大 D. P点电势降低 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E=U/d，U一定，d变大，则E减小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D正确；故选ABD。‎ ‎【点睛】做好电容器的题目要把电容的定义式C=Q/U、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B极接地，电势为零．‎ 二．实验题（共16分）‎ ‎13.用如图甲所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，使悬线在A球释放前伸直，O点到A球球心的距离为L，且线与竖直线夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点。图中S是B球初始位置到B球平均落点的水平距离。‎ ‎ ‎ ‎（1）图乙为B球的落地点，用____________（填使用的工具名称）确定B球的平均落地点，碰撞后B球的水平射程应取为____________ cm ；‎ ‎（2）用题中所给的物理量表示碰撞后A球碰撞前后的速度分别为：vA= _______； _______；‎ ‎（3）用题中所给的物理量表示碰撞后B球碰撞前后的速度为：vB= ________________；‎ ‎（4）用题中所给的物理量表示需要验证的动量守恒表达式：_______________。‎ ‎【答案】 (1). 圆规 (2). 64.8 (3). (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用尽量小的圆把落地点圈起来，圆心即为平均落地点，则用圆轨来确定B球的平均落地点，碰撞后B球的水平射程应取为‎64.8cm；‎ ‎（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgL（1-cosα）=mAvA2-0，解得：vA=；小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2，解得vA′=；‎ ‎（3）碰前小球B静止，则PB=0；碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向H=gt2，解得vB′=S，则碰后B球的动量PB′=mBvB′=mBS； （4）由动量守恒定律可知，实验需要验证的表达式为：‎ mA=mA+mBS；‎ ‎【点睛】（1）要理解各实验的实验原理、实验器材以及实验的步骤；（2）本题解题的关键是要明确两小球的运动过程以及过程中机械能何时守恒，动量何时守恒．‎ 三、解答题(写出推导和计算过程)‎ ‎14.如图A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m．电荷量为q的小球，小球用绝缘丝线悬挂于O点，受水平向右的电场力偏转θ角而静止（已知重力加速度为g）。求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小；‎ ‎（2）小球所在处的电场强度。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球受力分析，由平衡知识可知：‎ 解得： ‎ ‎（2）根据 ‎ 解得：‎ ‎15.如图所示，带电小球B静止在无限大的光滑绝缘水平面上，带同种电荷的小球A从很远处以初速度v0向B球运动，A的速度始终沿着两球的连线方向。两球始终未能接触。A、B间的相互作用视为静电作用。已知A、B两球的质量分别为m1和m2。求：‎ ‎（1）A、B两球相互作用的过程中，它们之间电势能的最大值 ‎（2）A、B两球最终的速度大小。‎ ‎【答案】(1) (2) ， ‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 当两球速度相等时，两球相距最近，电势能最大。‎ 由动量守恒有：m1v0＝(m1+m2)v 由能量守恒有： ‎ 解上述两试得：；‎ ‎(2) 由于只有系统内的电场力做功，所以系统的动能和电势能的总和保持不变，初始状态和最后状态两球的距离都很大，可以认为系统的初、末电势能为零。‎ 由能量守恒： ‎ 由动量守恒：m1v0＝m1vA＋m2vB 联立以上两式解得： ‎ ‎ 。‎ ‎16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U2加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U2，M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d，板长为L1,板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎（3）P点到O点的距离Y；‎ ‎（4）该示波器的灵敏度D（荧光屏上每单位偏转电压引起的偏转量）。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知： ‎ 解得： ‎ ‎（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则沿电场方向： ‎ 垂直电场方向： ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（3）由几何关系可知： ‎ ‎（4）该示波器的灵敏度 ‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转的类型，对于加速过程，运用动能定理求加速获得的速度。对于粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解研究。‎ ‎ ‎