內(nèi)蒙古集寧第一中學(xué)2018_2019學(xué)年高二物理下學(xué)期期中試題（含解析）.docx

集寧一中2018-2019學(xué)年第二學(xué)期期中考試高二年級(jí)物理試題一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第18題只有一項(xiàng)符合題目要求第912題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的2分，有選錯(cuò)的得零分)1.物體在恒定的合力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t1內(nèi)動(dòng)能由零增大到E1，在時(shí)間t2內(nèi)動(dòng)能由E1增加到2E1，設(shè)合力在時(shí)間t1內(nèi)做的功為W1，沖量為I1，在時(shí)間t2內(nèi)做的功是W2，沖量為I2，則()A. I1I2，W1=W2C. I1I2，W1W2D. I1=I2，W1W2【答案】B【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得：W1=E1-0=E1，W2=2E1-E1=E1，則W1=W2動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系式為, 則由動(dòng)量定理得： ，則I1I2故選B.點(diǎn)睛：根據(jù)動(dòng)能的變化由動(dòng)能定理求合力的功、根據(jù)動(dòng)量的變化由動(dòng)量定理求合力的沖量是這兩大定理基本的應(yīng)用2.a、b、c是三個(gè)電荷量相同、質(zhì)量不同帶電粒子，以相同的初速度由同一點(diǎn)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，僅在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，其中b恰好沿著極板邊緣飛出電場(chǎng)。粒子a、b、c在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是 ( )A. a、b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B. a的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小C. 動(dòng)量的增量相比，a的最小，b和c的一樣大D. 動(dòng)能的增量相比，c的最大，a和b的一樣大【答案】C【解析】由水平方向：x=vt，可知a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，c、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同；豎直方向，由 可知，a的加速度最大，c的加速度最小，根據(jù)可知，a的質(zhì)量最小、c的質(zhì)量最大；選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理： 可知a的動(dòng)量增量最小，b、c一樣大，選項(xiàng)C正確；，根據(jù)動(dòng)能定理： 可知，a、b動(dòng)能增量相同，c的最小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C. 點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場(chǎng)方向和沿電場(chǎng)方向，在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)3.如圖所示,在光滑水平面上,用等大異向的F1、F2分別同時(shí)作用于A、B兩個(gè)靜止的物體上,已知mAm，下列說法正確的是()A. 在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的總動(dòng)量始終守恒B. 在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C. 被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D. 被彈簧反彈后，小球仍會(huì)沖上弧槽，但不能回到槽高h(yuǎn)處【答案】D【解析】【詳解】當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等，由于mM，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時(shí)的速度大小，小球被反彈后向左運(yùn)動(dòng)，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁凵匣?，在整個(gè)過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度相等水平向左系統(tǒng)總動(dòng)能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故C錯(cuò)誤，D正確。5. 如圖，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A. 運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為B. 下滑的位移大小為C. 產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD. 受到的最大安培力大小為【答案】B【解析】金屬棒ab開始做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大于v，故A錯(cuò)誤由 可知：下滑的位移 ；故B正確；產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時(shí)的電流 小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv故C錯(cuò)誤；金屬棒受到的安培力，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)睛：本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，關(guān)鍵理清金屬棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能知道求電量時(shí)要用法拉第電磁感應(yīng)定律求平均電動(dòng)勢(shì).【此處有視頻，請(qǐng)去附件查看】6.如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為3m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失,已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為( )A. 0.5 m/sB. 1.0 m/sC. 1.5 m/sD. 2.0 m/s【答案】C【解析】碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)得：，A與B碰撞的過程中A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則：，由于沒有機(jī)械能的損失，則：，聯(lián)立可得：，故ABD錯(cuò)誤，C正確。點(diǎn)睛：本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律，要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況，把握隱含的相等條件要注意選取正方向。7.如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn),一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開始沿軌道滑下,然后滑入BC軌道,最后恰好停在C點(diǎn)。已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。則( )A. 全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移為R+LB. 全程小車相對(duì)地面的位移大小C. 最終小車和滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)D. 、L、R三者之間的關(guān)系為R=4L【答案】B【解析】【詳解】設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移 x=R+L-s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：，即，結(jié)合M=3m，解得 s=（R+L），x=（R+L）。故B正確。對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量守恒定律得：0=（m+M）v，得v=0則最終小車和滑塊靜止，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得 mgR=mgL，得 R=L，故D錯(cuò)誤。8.如圖，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m = 2 kg的木塊A以速度v0 = 2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如右圖所示，重力加速度g = 10 m/s2。則下列說法正確的是A. 長木板的質(zhì)量M = 2 kgB. A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C. 長木板長度至少為2 mD. A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為4 J【答案】A【解析】從圖可以看出，A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v = 1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：，解得：，故A正確；由圖象可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得，解得動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.1，故B錯(cuò)誤；由圖象可知前1 s內(nèi)B的位移，A的位移，所以木板最小長度，故C錯(cuò)誤；A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選A.【點(diǎn)睛】A在B的表面上滑行時(shí)，根據(jù)v-t圖象的斜率可得到A的加速度大小，由牛頓第二定律求得動(dòng)摩擦因數(shù)。對(duì)系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律列式可求得長木板的質(zhì)量M根據(jù)“面積”表示位移，求解木板的長度。由能量守恒定律求解A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能。9.如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則()A. 保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大B. 保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小C. 保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大D. 保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小【答案】BC【解析】【詳解】在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定。因此，當(dāng)Q位置不變時(shí)，輸出電壓不變，將P向上滑動(dòng)，負(fù)載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數(shù)I變小，故A錯(cuò)誤，B正確；保持P位置不變，將Q向上滑動(dòng)，則輸出電壓變大，輸出電流變大，則電流表的讀數(shù)I變大，故C正確，D錯(cuò)誤。10.甲乙兩球在水平光滑軌道上同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p1=4kgm/s，p2=6kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?kgm/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是（）A. 3m1=m2B. 4m1=m2C. 5m1=m2D. 6m1=m2【答案】AB【解析】【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律得P1+P2=P1+P2，解得P1=2kgm/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有，代入數(shù)據(jù)解得。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有，代入數(shù)據(jù)解得故AB正確，CD錯(cuò)誤。11.如圖所示，小車的上面是中突的兩個(gè)對(duì)稱的光滑曲面組成，整個(gè)小車的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上今有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達(dá)小車的最高點(diǎn)后，又從另一個(gè)曲面滑下關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是（ ）A. 小球滑離小車時(shí)，小車又回到了原來的位置B. 小球在滑上曲面的過程中，小車的動(dòng)量變化大小是C. 小球和小車作用前后，小球所受合外力的沖量為零D. 車上曲面的豎直高度一定大于【答案】BC【解析】【詳解】小球滑上曲面的過程，小車向右運(yùn)動(dòng)，小球滑下時(shí)，小車還會(huì)繼續(xù)前進(jìn)，故不會(huì)回到原位置，故A錯(cuò)誤。由小球恰好到最高點(diǎn)，則兩者有共同速度，對(duì)于車、球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律：mv=2mv，得共同速度小車動(dòng)量的變化為，選項(xiàng)B正確；由于滿足動(dòng)量守恒定律，兩曲面光滑，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以小球和小車作用之后，小球的速度又變?yōu)関0，則小球所受合外力的沖量為零，選項(xiàng)C正確；由于小球原來的動(dòng)能為mv2，小球到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為，所以由能量關(guān)系：，得，即車上曲面的豎直高度等于，故D錯(cuò)誤。12.兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，并排靜止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，分別作用一段時(shí)間后撤去，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，兩物體運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像分別如圖中圖線a、b所示，已知拉力F1、F2分別撤去后，物體做減速運(yùn)動(dòng)過程的速度-時(shí)間圖線彼此平行（相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出），由圖中信息可以得出（ ） A. 若F1=F2，則m1小于m2B. 若m1=m2，則力F1對(duì)A做功與F2對(duì)B做的功相等C. 若m1=m2，則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)B的沖量之比為5:4D. 若F1=F2，則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)B的沖量之比為5:4【答案】AB【解析】【詳解】由斜率等于加速度知，撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，求得：a1=a2=g=1m/s2，則：1=2=0.1，若F1=F2，對(duì)于m1則有：F1-1m1g=m1a1，解得：，對(duì)于m2則有：F2-2m2g=m2a2，解得：，由圖可知a1a2，則m1m2，故A正確。若m1=m2，則f1=f2，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)a有：WF1-f1s1=0；同理對(duì)b有：WF2-f2s2=0；由于s1=42.5=5.0m，s2=25=5.0m，故WF1=WF2，故B正確；若m1=m2，則f1=f2，由動(dòng)量定理： ，則，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； 若F1=F2，根據(jù)I=Ft，兩個(gè)力作用的時(shí)間之比為1：2，則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)B的沖量之比1：2，故D錯(cuò)誤；二、實(shí)驗(yàn)題(本題每空3分，共18分)13.如圖，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系（1）實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通過僅測(cè)量_ （填選項(xiàng)前的符號(hào)），間接地解決這個(gè)問題A小球開始釋放高度hB小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程（2）圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程然后，把被碰小球靜置于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上S位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復(fù)接下來要完成的必要步驟是_（填選項(xiàng)前的符號(hào)）A用天平測(cè)量兩個(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B測(cè)量小球m1開始釋放高度hC測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE測(cè)量平拋射程OM、ON （3）若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則m1_ m2，r1_ r2（填“”，“”或“=”）（4）若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_ （用（2）中測(cè)量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_ （用（2）中測(cè)量的量表示）【答案】 (1). C (2). ADE (3). (4). = (5). m1OP=m1OM+m2ON (6). m1OP2=m1OM2+m2ON2【解析】（1）小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于小球拋出點(diǎn)的高度相等，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測(cè)量射程，C正確（2）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，即驗(yàn)證，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得：，得：，因此實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量：兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，為了測(cè)量位移，應(yīng)找出落點(diǎn)，選ADE（3）了保證小球碰撞為對(duì)心正碰，且碰后不反彈，要求；（4）由（2）知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：；如果碰撞過程機(jī)械能守恒，則，兩邊同時(shí)乘以得，則可得：【點(diǎn)睛】（1）明確實(shí)驗(yàn)原理，知道實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證的方法；（2）由動(dòng)量守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式確定需要測(cè)量的量；（3）根據(jù)（2）的分析確定需要驗(yàn)證的關(guān)系式；同時(shí)根據(jù)功能關(guān)系及彈性碰撞的性質(zhì)明確彈性碰撞時(shí)對(duì)應(yīng)的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過程當(dāng)中把本來需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過程當(dāng)中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類題目三、計(jì)算題：（本題共3小題，其中第14題14分、第15題15分、第16題15分，共44分.解答時(shí)寫出必要的文字說明,只寫出最后答案的不能得分,有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）14.兩物塊A、B用輕彈簧相連,質(zhì)量均為2 kg,初始時(shí)彈簧處于原長,A、B兩物塊都以v=12 m/s 的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng),質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方,如圖所示。B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。在以后的運(yùn)動(dòng)中:(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),物塊A的速度為多大?(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少?【答案】（1）6m/s （2）48J【解析】【詳解】（1）當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為v總。由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得解得v總=6m/s（2）B、C碰撞時(shí)，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則vBC=4m/s設(shè)物塊ABC速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，根據(jù)能量守恒有J15.甲、乙兩小船（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量均為M=120kg，靜止于水面，甲船上的人質(zhì)量m=80kg，通過一根長16m的繩用F=150N的力水平拉乙船。忽略水的阻力作用。求：（1）兩船相遇時(shí)，兩船分別走了多少距離？ （2）兩船相遇時(shí)，兩船的速度大小分別為？（3）為防止兩船相撞，人在兩船馬上相遇時(shí)至少應(yīng)以多大的速度從甲車跳到乙車？【答案】（1）x甲=6m，x乙=10m （2）v1=3m/s v2=5m/s（3）7.5m/s【解析】【詳解】（1）甲船和人與乙船組成的系統(tǒng)動(dòng)量時(shí)刻守恒,由平均動(dòng)量守恒得：，又聯(lián)立解得x甲=6m，x乙=10m（2）設(shè)量程相遇時(shí)甲船的速度為v1，乙船的速度為v2，對(duì)甲船和人用動(dòng)能定理得：，代入解得v1=3m/s，代入解得v2=5m/s（3）因系統(tǒng)總動(dòng)量為零，所以人跳離甲后，甲速度為零時(shí)，人跳離速度最小，設(shè)人跳離的速度為v，因跳離時(shí)，甲船和