2018-2019学年新疆兵团第二师华山中学高二上学期第一次调研考试物理试题 解析版

2018-2019学年新疆兵团第二师华山中学高二上学期第一次调研考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年第一学期高二年级第一次调研考试 物理 试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）‎ ‎1.如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是( )‎ A. φO＝φP，EO>EP B. φO>φP，EO＝EP C. 负电荷在P点的电势能大 D. O、P两点所在直线为等势面 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 等量异种电荷的中垂线是一条等势面，，相同电荷在O、P处势能相等，从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故，综上分析，AD正确。‎ ‎2.图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，AC=‎20cm．已知，，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）‎ A. 10V/m，垂直 AB斜向上 B. 10V/m，垂直 AB斜向下 C. V/m，垂直 AB斜向上 D. V/m，垂直 AB斜向下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】匀强电场中，可知直线AB为等势线，而，即，故电场线垂直AB斜向下，如图所示：‎ 由几何关系可知，，根据U=Ed可得：；故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道知道匀强电场的场强公式，在计算要注意d是沿电场线方向上的距离，同时注意单位的换算关系．‎ ‎3.如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等势面，其电势分别为=10V，=20V，= 30V，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，则下列说法中不正确的是 ‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的速度大于在B点的速度 C. 粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 D. 粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的大小的判断可以根据电场线的疏密进行。‎ ‎【详解】A项：由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电．故A正确；‎ B项：由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故选B错误；‎ C项：由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故选C正确；‎ D项：由电场力做功的公式WAB=qUAB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D正确。‎ 故应选B。‎ ‎【点睛】本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加速度、电势能等物理量的变化情况。‎ ‎4.如图所示，甲、乙两球带电量均为q，质量均为m，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，场强为E，平衡时细线被拉紧，则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】考查细线1的张力方向时，应以两球及中间线整体为对象，因整体在水平方向所受电场力的合力为零，故线1必须竖直， ‎ 隔离出第2个球，由于水平方向受到向右的电场力，所以球应该向右偏，故D对；ABC错 故选D ‎5.某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心。现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2‎ ‎）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形(圆为荧光屏，虚线为光屏坐标)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并打在同一位置；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，故答案为：D 考点：示波器 ‎【名师点睛】本题考查示波器原理，注意电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的偏转过程中电压不变。电子水平方向受UX的作用，y方向上受UY的作用，根据电子的受力方向可得出电子所打在的位置，进而确定示波器中看到的图形。‎ ‎6.如图，光滑平面上固定金属小球A，用长L0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电量减小一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的；库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的．此时弹簧的伸长量;选项A正确.故选A.‎ ‎【点睛】两球距离减小，通过假设法，根据受力情况可以判断出两球的距离是大于还是小于．‎ ‎7.在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在场中有一根长L=‎2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为‎0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=‎10m/s2)（ ）‎ A. 小球所带电量为q=3.5×10‎‎-5C B. 小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J C. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J D. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对小球进行受力分析如上图所示:‎ 可得mgtan37°=qE,解得小球的带电量为：；故A错误.‎ B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力．在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，‎ 在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以；故B错误.‎ C、D、由于总能量保持不变，即Ek+EPG+EPE=恒量．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小．由B运动到A，W合力=-（EPA-EPB），W合力=F合•‎2L，所以EPB=2J;总能量E=EPB+EkB=2.5J．由C→A，WFE=FE•L•（1+sin37°）=0.96J，WFE=EP2 （EP2为C点电势能）;所以C点的机械能为E机C=E-EP2=1.54J;故C错误，D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】该题为小球在电场和重力场这一复合场中的运动问题，抓住重力和电场力的合力为恒力这一突破口解决本题．‎ ‎8.质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球的动能增加了 B. 小球的动能减少了 ‎ C. 小球的电势能减少了 D. 小球的电势能增加了 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、合力做功为，则由动能定理得知，小球的动能增加了;故A正确，B错误.‎ C、D、由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F，由mg-F=ma，得，电场力做功为，则电势能增加了;故C错误,D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况：机械能的变化等于除了重力以外的力做功．重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功．‎ ‎9.水平线上的O点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O'为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e．则下列说法中正确的是 A. b、e两点的电场强度相同 B. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差 C. 电子在c点的电势能小于在b点的电势能 D. 正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电场力对它做正功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误。根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等。所以b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确。由图可知，O点放置的是正电荷，根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故b点电势低于c点电势，而负电荷在电势越低的点，其电势能越高，故C正确；正点电荷从a点沿圆周逆时针移动到d点过程中，电势升高，正电荷的电势能增大，故电场力对它做负功，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断，从而得出负电荷电势能的大小关系；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对正电荷做功的正负．‎ ‎10.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，其中0～X2段是对称的曲线，X2～X3段是直线，则下列说法正确的是（ ）‎ A. X1处电场强度为零 B. X1 、X2、X3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3‎ C. 粒子在0～X2段做匀变速运动，X2～X3段做匀速直线运动 D. 0～X2 段是匀强电场 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知Ep-X图象切线的斜率等于，X1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零;故A正确.‎ B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3；故B正确.‎ C、由图看出在0～X1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。X1～X2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。X2～X3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故C，D均错误.‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.‎ ‎11.一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示，则 A. 0~8s时间内水平拉力的冲量大小为零 B. 0~6s时间内合外力的冲量大小为 4N.s C. t=4s时物体的动量大小为‎4kg.m/s D. 0~8s时间内物体克服摩擦力所做的功30J ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ A、由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8s内的冲量I=F1t1+F2t2+F3t3=3×4+2×2+0×2N•s=16N•s；方向向右，故A错误。B、由4~6s物体匀速直线运动可知，则0~6s的，故B正确。C、因0~4s的，根据动量定理可知动量变化为4N·s，而初动量为零，则4s末的动量为‎4kg.m/s，故C正确。D、由图象的面积代表位移，可求得0~8s的位移为，根据功的定义式可得，故D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】此题考查了学生对图象问题的分析能力，能从图象中得出相关的信息，然后结合动能定理和动量定理的计算公式进行计算求解，是高考的热点考题．‎ ‎12.如图，空间存在沿OM方向的匀强电场，ON与OM的夹角∠NOM＝θ，某带正电粒子从OM上的P点垂直于OM进入电场，仅在电场力作用下运动，第一次经过ON的位置记为Q点。当粒子以不同大小的初速度进入电场，Q点的位置会不同，若Q点离O点最远距离OQ＝L。下列说法正确的是(　　)‎ A. Q点最远时，粒子的速度沿ON方向 B. 粒子在OM方向的分运动是匀加速直线运动，垂直OM方向的分运动是匀速直线运动 C. 粒子进入电场的初速度越大，Q点离O点越远 D. 根据条件可以求得OP＝cos θ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当运动的轨迹与ON相切，Q点最远，抓住Q点的速度方向沿着射线ON，粒子从P点开始做类平抛运动，将粒子的运动沿竖直方向与水平方向分解，结合牛顿第二定律与运动学的方程即可求解；‎ ‎【详解】A、当粒子的运动轨迹与ON相切时，Q点最远，则粒子的速度方向沿ON方向，故A正确； B、粒子垂直电场线方向上不受力，垂直OM方向的分运动是匀速运动，在OM方向上仅受电场力，初速度为零，做匀加速直线运动，故B正确； C、粒子进入电场的初速越大，Q点离O点越近，故C错误；‎ D、如图所示：‎ 依题意得，粒子在Q点的速度方向沿着射线ON，粒子从P点开始做类平抛运动，设加速度为a， 沿着OM方向做匀加速直线运动， 在Q点平行于OM方向的分速度： SQ方向做匀速运动， 且 联立解得：，故D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，关键作出轨迹图，结合牛顿第二定律和运动学公式和几何关系进行求解。‎ 二、实验题（本题共2小题，共15分）‎ ‎13.在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示，图甲中斜槽PQ与水平槽QR平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验。先不放被碰小球，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘R处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口R的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为、，且。则：‎ ‎ ‎ ‎（1）两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为_____m。‎ ‎（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，其目的是（_____）‎ A．为了使入射小球每次都能水平飞出槽口 B．为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口 C．为了使入射小球在空中飞行的时间不变 D．为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞 ‎（3）下列有关本实验的说法中正确的是（_____） ‎ A．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是M、P B．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是P、M C．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是Ｎ、M D．在误差允许的范围内若测得，则表明碰撞过程中由、两球组成的系统动量守恒 ‎【答案】 (1). (2). B (3). BD ‎【解析】‎ ‎（1）螺旋测微器的主尺部分长度为，转动部分读数为：，故最终读数为：； （2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放，为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口以保证入射小球每次都以相同的动量到达槽口，B正确，选B．‎ ‎（3）未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别为P、M．AC错误，B正确；设入射小球在初速度是，碰撞后的速度是，被碰小球的速度是，则：，又，则有：，设平抛的时间为t，则，，，代入上式得：，若系统碰撞的过程中动量守恒，则满足，D正确．选BD．‎ ‎【点睛】实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即，防止碰后被反弹．‎ ‎14.小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。‎ ‎(1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)；‎ ‎(2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为________________(填“从右向左”或“从左向右”)；‎ ‎(3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i—t曲线如图乙所示；‎ ‎(4)根据图象估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________C；‎ ‎(5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为________F。‎ ‎(所有结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 从右向左 (2). 2.4×10－3～2.6×10－‎3C (3). 3.0×10－4～3.3×10－‎‎4F ‎【解析】‎ ‎（2）开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左。（电流从电容器正极板出发经R到负极板）‎ ‎（4）i—t曲线与坐标轴围成面积表示对应的电荷量，大于半格的算一格，小于半格的不算。则电荷量为 ‎（5）电容器的电容为 三、计算题（本题共4小题，共47分）‎ ‎15.如图所示，平行金属板长为‎2m，一个带正电为2×10−‎6C、质量为5×10−‎6kg的粒子以初速度‎5m/s紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子末速度大小；‎ ‎（2）上下两个极板的电势差是多少？‎ ‎【答案】（1）m/s ( 2 )10.4V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在平行板间做类平抛运动，根据平行四边形定则知， 。 （2）根据动能定理得，qU＝mv2−mv02， 解得 ‎【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行求解，基础题。‎ ‎16.如图所示，在光滑平直轨道上P点静止放置一个质量为‎2m的物体A，现有一颗质量为m的子弹以的水平速度射入物体A并和物体A一起运动，随后与前方静止物体B发生弹性正碰（机械能不损失）后返回，速率大小为，求：‎ ‎（1）子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎（2）B物体的质量。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎‎5m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设子弹与物体A的共同速度为v，由动量守恒定律mv0=3mv 则该过程损失的机械能△E＝mv02−×3mv2‎ 解得：△E＝mv02‎ ‎（2）以子弹、物体A和B为系统，设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v0，物体B的速度为v2，由动量守恒定律3mv=Mv2–‎3m∙v0‎ 碰撞过程机械能守恒×3mv2＝×‎3m(v0)2+Mv22‎ 解得M=‎‎5m ‎【点睛】本题考查动量守恒定律及能时转化及守恒规律，要注意正确分析物理过程，明确受力情况及守恒条件，选择合理的物理规律求解．‎ ‎17.如图，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小 E=1.0×106N/C的匀强电场中，一质量m=‎0.25kg、电荷量q=-2.0×10－‎6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0 =‎6.5m的A点处，以初速度V0 = ‎14m/s 开始向右运动.已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ =0.4，取g＝‎10m/s2，求: ‎ ‎(1)小物体在电场中运动离C点的最远距离；‎ ‎(2)小物体在电场中运动的时间.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小物体在电场中做匀减速直线运动，当速度减至零时运动到离C点最远的位置，根据动能定理求离C点的最远距离；(2)分析物块在CB上运动时的受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得运动时间.‎ ‎【详解】(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小 小物体到达C点的速度大小：‎ 解得:v=‎12m/s 根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度 小物体向右运动的时间:‎ 小物体向右运动的位移:‎ ‎(3)由于qE>μmg，所以小物体送减速后反向向左加速，直到滑出电场 根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度:‎ 小物体在电场中向左运动的时间 小物体在电场中运动的总时间 ‎【点睛】带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式列式求解.‎ ‎18.如图,固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段和半径为的半圆环段平滑相切而成,过圆环直径的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块,从水平轨道上的点由静止释放,滑块沿轨道运动到半圆环上点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍,且滑块从点离开半圆环后不经任何碰撞回到了点。重力加速度为.求：‎ ‎(1)滑块到达点的速度大小；‎ ‎(2) 点到点的距离.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）滑块第一次到达点由牛顿第二定律有，‎ 又滑块从点到点，由机械能守恒有，解得；‎ ‎（2）滑块从点到点的过程滑块做曲线运动，‎ 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向先做匀减速只想运动在做匀加速直线运动速度大小仍为，‎ 竖直方向有：；水平方向有：，，‎ 又有P到对滑块由动能定理有：，解得．‎ ‎【点睛】本题要研究清楚滑块的运动情况，运用动能定理解题时需合适地选取研究的过程，要注意电场力做功与初末位置沿电场方向的距离有关．‎