重慶市黔江中學(xué)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期10月考試物理試題

重慶市黔江中學(xué)校20212022年度高二上10月考試物理一、選擇題（本題共12個小題，每小題4分，共48分。1～8題只有一個選項符合題目要求；9～12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.有關(guān)實際中的現(xiàn)象，下列說法不符合事實的是（）A.火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B.體操運動員在著地時曲腿是為了減小地面對運動員的作用力C.用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D.為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機(jī)艙越堅固越好【答案】D【解析】【詳解】A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故A正確；B．體操運動員在著地時屈腿可以延長著地時間，從而可以減小地面對運動員的作用力，故B正確；C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是可以防止槍身快速后退而造成傷害；故是為了減少反沖的影響，故C正確；D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機(jī)艙應(yīng)有彈性，從而延長與人的接觸時間而減小傷害，故D錯誤。故選D。2.關(guān)于電場中的某一點P，下列說法中正確的是（）A.若放在P點的試探電荷的電荷量減半，則P點的場強(qiáng)減半B.若P點沒有試探電荷，則P點的場強(qiáng)為零C.P點場強(qiáng)越大，同一電荷在P點受到電場力越大D.P點的場強(qiáng)方向為試探電荷在該點的受力方向【答案】C【解析】【詳解】AB．電場中的某一點P的場強(qiáng)與電場本身有關(guān)，與試探電荷的電荷量、有無無關(guān)，則若放在P點的試探電荷的電荷量減半、若P點沒有試探電荷，P點的場強(qiáng)不變，故AB錯誤；C．根據(jù)P點場強(qiáng)越大，同一電荷在P點受到的電場力越大，故C正確；D．P點的場強(qiáng)方向為正電荷在該點的受力方向，故D錯誤。故選C。3.某同學(xué)質(zhì)量為60kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，小船的質(zhì)量是140kg，原來的速度大小是0.5m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上（船未與岸相撞），不計水的阻力，則（）A.該同學(xué)和小船最終靜止在水面上B.該過程同學(xué)的動量變化量大小為105kg·m/sC.船最終的速度是0.95m/sD.船的動量變化量大小為70kg·m/s【答案】B【解析】【詳解】AC．規(guī)定該同學(xué)原來的速度方向為正方向.設(shè)該同學(xué)上船后，船與該同學(xué)的共同速度為v.由題意，水的阻力忽略不計，該同學(xué)跳上小船后與小船達(dá)到共同速度的過程，該同學(xué)和船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0.25m/s，方向與該同學(xué)原來的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，故A、C錯誤；B．該同學(xué)的動量變化量為Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s，負(fù)號表示方向與選擇的正方向相反，故B正確；D．船的動量變化量為Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s，故D錯誤.4.一質(zhì)量為的運動員從下蹲靜止?fàn)顟B(tài)向上起跳，經(jīng)時間，身體伸直并剛好離開地面，此時速度為，在此過程中（）A.地面對他的沖量為B.地面對他的沖量為C.地面對他的沖量為D.地面對他的沖量為【答案】A【解析】【分析】【詳解】取向上為正，人從下蹲起跳，經(jīng)?t時間速度為v，對此過程應(yīng)用動量定理得Img?t=mv0解得在此過程中，地面對他的沖量I=mv+mg?tA正確。故選A。5.如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP=60°，兩個帶等量異號電荷的點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強(qiáng)度的大小為；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的電場強(qiáng)度大小變?yōu)椋瑒t與之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)電場的疊加原理，兩個帶電量相等的異種點電荷分別置于M、N兩點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向同向，并且大小都為所以O(shè)點的電場強(qiáng)度大小當(dāng)置于N點處的點電荷移至P點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角為120°，根據(jù)矢量的疊加可知O點的場強(qiáng)大小變?yōu)楣使蔬xA。6.如圖左圖甲、乙兩個帶電物體放置在絕緣水平面上，同時由靜止釋放甲和乙后，甲開始時保持靜止，物體乙運動的v－t圖象如右圖所示，則()A.兩個物體帶同種電荷B.甲受到地面向左的摩擦力C.兩個物體帶電荷量一定相等D.經(jīng)過一段時間，甲可能運動【答案】A【解析】【詳解】A．由靜止釋放后，兩物體之間的力為庫侖力F＝k，庫侖力大小與距離的平方成反比，由v－t圖象可知，乙的加速度越來越小，即所受庫侖力越來越小，甲、乙之間距離越來越大，甲、乙之間為排斥力，帶同種電荷，故A正確；B．甲、乙之間相互排斥，甲受到向右的摩擦力，故B錯誤；C．由牛頓第三定律知，無論甲、乙?guī)щ姾闪慷嗌?，甲、乙受到的庫侖力一樣大，但無法確定電荷量是否相等，故C錯誤；D．兩物體越來越遠(yuǎn)，庫侖力越來越小，始終小于甲的最大靜摩擦力，故D錯誤．7.如圖所示，質(zhì)量為M的滑槽內(nèi)有半徑為R的半圓軌道，將滑槽放在水平面上，左端緊靠墻壁．一質(zhì)量為m的物體從半圓軌道的頂端a點無初速度釋放，b點為半圓軌道的最低點，c點為半圓軌道另一側(cè)與a等高的點．不計一切摩擦，下列說法正確的是A.m從a點運動到b點過程中，m與M組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動量守恒B.m從a點釋放后運動的全過程中，m的機(jī)械能守恒C.m釋放后能夠到達(dá)c點D.當(dāng)m首次從右向左到達(dá)最低點b時，M的速度達(dá)到最大【答案】D【解析】【詳解】A、m從a點運動到b點過程，m與M組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，在該過程只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；

B、m從a釋放后，從a到b過程，只有重力做功，該過程m的機(jī)械能守恒，m經(jīng)過b后初重力做功外，軌道彈力對m做功，m的機(jī)械能減少，m的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；

C、m第一次到最低點后，M離開墻，系統(tǒng)水平方向動量守恒，當(dāng)m和M共速時，系統(tǒng)具有動能，因此m的勢能必小于mgR，故m不能到達(dá)c點，故C錯誤；

D、m第一次在圓軌道右半側(cè)上滑行過程對M的彈力始終向右下方，有水平向右的分力，因此M始終加速，m從右向左通過最低點b后，M開始減速，故D正確。

故選D。8.在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖(a)所示，碰撞前后兩壺運動的vt圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則A.碰后紅壺被反彈回來B.碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力C.碰后藍(lán)壺速度為0.8m/sD.碰后藍(lán)壺移動的距離為4m【答案】C【解析】【詳解】由圖知：碰前紅壺的速度，碰后速度為，可知，碰后紅壺沿原方向運動，故A錯誤．根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力．故B錯誤．設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：，解得：v=0.8m/s，故C正確；根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得碰后藍(lán)壺移動的位移大小，故D錯誤；故選C．【點睛】根據(jù)速度的正負(fù)分析紅壺的速度方向．對于碰撞過程，運用動量守恒定律求解碰后藍(lán)壺的速度；根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移求解藍(lán)壺移動的位移；根據(jù)圖象的斜率分析碰后兩壺的加速度關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律分析碰后紅、藍(lán)兩壺所受的摩擦力大小關(guān)系．9.兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前，A球在后，，，，．當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球的速度、可能為A. B.C. D.【答案】AD【解析】【詳解】兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s；如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，由機(jī)械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2＝MAvA′2+MBvB′2，代入數(shù)據(jù)解得：vA′=2m/s，vB′=5m/s，則碰撞后A、B的速度：2m/s≤vA≤4m/s，4m/s≤vB≤5m/s，故AD正確，BC錯誤．故選AD．【點睛】本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快．10.某電場的電場線分布如圖所示，則()A.電荷P帶正電B.電荷P帶負(fù)電C.a點的電場強(qiáng)度大于b點的電場強(qiáng)度D.正試探電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力【答案】AD【解析】【詳解】由圖可知電場線從正電荷出發(fā)，所以電荷P帶正電，故A正確，B錯誤；從電場線的分布情況可知，b的電場線比a的密，所以b點的電場強(qiáng)度大于a點的電場強(qiáng)度，故C錯誤；根據(jù)電場線越密的地方電場強(qiáng)度越大，所以c點的場強(qiáng)大于d點場強(qiáng)，所以正試探電荷在c點受到的電場力大于在d點受到的電場力，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．11.如圖所示，圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，根據(jù)此圖可以做出正確判斷的是（）A.帶電粒子所帶電荷的正負(fù)B.帶電粒子在a、b兩點的受力方向C.帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大D.帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大【答案】BCD【解析】【詳解】AB．由題圖可知，帶電粒子的運動軌跡向左彎曲，說明帶電粒子在a、b兩點的受電場力方向沿電場線向左，由于電場線方向不明，帶電粒子所帶電荷的正負(fù)不能確定，A錯誤，B正確；C．帶電粒子的運動軌跡向左彎曲，說明帶電粒子在a、b兩點受電場力方向沿電場線向左，可知從a到b電場力對粒子做負(fù)功，粒子的動能減小，可知帶電粒子在a點的速度較大，C正確；D．由電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，可知a點的電場強(qiáng)度較大，帶電粒子在a點受的電場力較大，由牛頓第二定律可知，帶電粒子在a點的加速度較大，D正確。故選BCD。12.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．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點．已知小車質(zhì)量M=3m,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則A.全程滑塊水平方向相對地面的位移R+LB.全程小車相對地面的位移大小C.μ、L、R三者之間的關(guān)系為R=μLD.滑塊m運動過程中的最大速度【答案】BC【解析】【詳解】AB．設(shè)全程小車相對地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對地面的位移．

取水平向右為正方向，由水平動量守恒得：即結(jié)合，解得故A錯誤，B正確；

C．對整個過程，由動量守恒定律得：得由能量守恒定律得得故C正確；D．滑塊剛滑到B點時速度最大，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得：聯(lián)立解得故D錯誤．故選BC.

點睛：本題主要考查系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題，要注意系統(tǒng)的總動量并不守恒，只是水平方向動量守恒，運用動量守恒定律列式時要注意位移的參照物是地面．二、實驗探究題（共14分，13題6分，14題8分）13.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實驗儀器。它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運動可視為沒有摩擦，我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計），采用的實驗步驟如下：a．用天平分別測出滑塊A、B質(zhì)量mA、mBb．調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平c．在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上d．用刻度尺測出A的左端至C板的距離L1e．按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器開始工作，當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時停止計時，記下A、B分別到達(dá)C、D的運動時間t1和t2（1）實驗中還應(yīng)測量的物理量是__；（2）利用上述測量的實驗數(shù)據(jù)，驗證動量守恒定律的表達(dá)式是__；（3）利用上述實驗數(shù)據(jù)還可以求出被壓縮彈簧的彈性勢能的大小，請寫出彈性勢能表達(dá)式為__?！敬鸢浮竣?B的右端至D板的距離L2②.mAmB0③.EpmB【解析】【分析】詳解】(1)[1]因系統(tǒng)水平方向動量守恒即mAvA﹣mBvB＝0由于系統(tǒng)不受摩擦，故滑塊在水平方向做勻速直線運動故有vAvB即mAmB0所以還要測量物理量是B的右端至D板的距離L2；(2)[2]由(1)分析可知驗證動量守恒定律的表達(dá)式是mAmB0(3)[3]根據(jù)能量守恒定律被壓縮彈簧的彈性勢能為Ep將vA，vB代入上式得EpmB14.如圖甲，在“驗證動量守恒定律”實驗中，P為入射球A未與被碰球B碰撞時的落點。（1）這個實驗對小球A的質(zhì)量m1和小球B的質(zhì)量m2的要求是：m1___________m2（填“>”、“=”或“＜”）。（2）為了盡量減小實驗誤差，在安裝斜槽軌道時，應(yīng)讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是___________。A．使入射球與被碰小球碰后均能從同一高度飛出B．使入射球與被碰小球碰后能同時飛出C．使入射球與被碰小球離開斜槽末端時的速度為水平方向D．使入射球與被碰小球碰撞時的動能不損失（3）若A球質(zhì)量為m1=50g，兩小球發(fā)生正碰前后的位移時間（xt）圖象如圖乙所示，則小球B的質(zhì)量為m2=___________g。（4）實驗時調(diào)節(jié)A球下落高度，讓A球以一定速度v與靜止的B球發(fā)生正碰，碰后測得兩球動量正好相等，則A、B兩球的質(zhì)量之比應(yīng)滿足___________。【答案】①.>②.C③.20④.【解析】【詳解】（1）[1]為了防止實驗中入射球反彈，應(yīng)保證入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，即由于兩球從同一高度開始下落，且下落到同一水平面上，故兩球下落的時間相同，根據(jù)動量守恒定律可得在水平方向有即由圖可知，不放被碰球時A的水平位移為OP；兩球相碰后，水平位移分別為OM和；故應(yīng)驗證的表達(dá)式為（2）[2]研究平拋運動的實驗很關(guān)鍵的地方是要保證小球能夠水平飛出，只有水平飛出時小球才做平拋運動。故選C。（3）[3]由圖乙所示圖象可知由圖求出碰后m2和m1的速度分別為兩物體碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以m1初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入解得（4）[4]設(shè)碰撞后兩者的動量都為P，由于題意可知，碰撞前后總動量為2P，根據(jù)動量和動能的關(guān)系有碰撞過程動能不增加，有解得由于則三、計算題（共38分，要求寫出必要的計算過程，只寫結(jié)果不得分）15.如圖所示，一質(zhì)量為，帶電量大小為的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場中，假設(shè)電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成，小球在運動過程中電量保持不變，重力加速度g取10m/s2。（1）求電場強(qiáng)度大小E；（2）細(xì)線受到的拉力大小T。（）【答案】（1）；（2）0.125N【解析】【詳解】（1）由受力分析平衡條件得小球所受電場力解得（2）細(xì)線受到的拉力大小16.如圖所示，電荷量Q＝2×10－7C的正點電荷A固定在空間中O點，將質(zhì)量m＝2×10－4kg，電荷量q＝1×10－7C的另一正點電荷B從O點正上方0.5m的某處由靜止釋放，B運動過程中速度最大位置在P點。若靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)B釋放時的加速度大??；(2)P、O間的距離L?！敬鸢浮?1)6.4m/s2；(2)0.3m【解析】【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律有mg－k=ma解得a＝6.4m/s2(