2018-2019学年湖南省衡阳市第八中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

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2018-2019学年湖南省衡阳市第八中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

湖南省衡阳市第八中学2018-2019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 ‎ ‎ ‎ ‎
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