【物理】湖南省邵阳市邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（理）（解析版） 13页

‎2019年下学期期中考试高二物理试卷 一、选择题(每小题4分，共52分。其中1～9题为单选，10～13题为多选)‎ ‎1.重为4N的物体，静止在倾角为的斜面上，在5s内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是( )‎ A. 重力的冲量为零 B. 重力的冲量为10N·s C. 重力的冲量为20N·s D. 重力的冲量与摩擦力的冲量相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．物体重为4N，在5s内，重力的冲量为：‎ I=Gt=4×5=20N•s 故A B错误，C正确；‎ D．物体受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，摩擦力为 f=mgsin=2N 故5s内摩擦力的冲量为：‎ I=ft=2×5=10N•s 故重力的冲量大于摩擦力的冲量，故D错误。‎ ‎2.一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ，0 D. ，0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得： 故地面对人的冲量为：； 由于支持力的作用点没有位移，故地面对人做功为零，故选项C正确，选项ABD错误。‎ 点睛：在应用动量定理时一定要注意冲量应是合力冲量，不要把重力漏掉。‎ ‎3.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过导体截面的电荷量q与通电时间t的图象如图所示.此图线的斜率(即tan θ)等于(　 　)‎ A. U B. R C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据，则q-t线的斜率等于；故选C.‎ 考点：q-t图线 ‎【名师点睛】此题考查了q-t图线的物理意义；解题的关键是首先找出q-t函数关系，根据函数关系研究图线斜率的物理意义，这也是研究图线问题最常用的基本方法.‎ ‎4.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（   ）‎ A. vA′=1 m/s，vB′=1 m/s B. vA′=4 m/s，vB′=-5 m/s C. vA′=2 m/s，vB′=-1 m/s D. vA′=-1 m/s，vB′=-5 m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，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，碰撞后A球速度不大于B球的速度．‎ 碰前系统总动量为，碰前总动能为；‎ 若，则系统动量守恒，动能3J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A可能；‎ 若，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不可能；‎ 若，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的速度，故C不可能；‎ 若，则系统动量不守恒，D不可能。‎ 考点：考查了动量守恒定律的应用 ‎5.关于静电场,下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 在电场中某点的电势为零,则该点的电场强度一定为零 B. 电荷在电场中电势高地方电势能大,在电势低的地方电势能小 C. 根据公式U=Ed可知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大 D. 正电荷从电势高的点运动到电势低的点,电势能一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．‎ B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故B错误．‎ C、公式U=Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．‎ D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎6.如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（ ）‎ A. 自由落体运动 B. 曲线运动 C. 沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D. 变加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：悬线烧断前小球静止，所以受合外力为零，即重力和电场力的合力沿悬线的反向延长线且为恒力；烧断后重力和电场力不变，小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的匀加速运动，故选项Ｃ正确．考点：本题考查受力分析及运动性质的判断．判断物体的运动性质，要依据初速度与合外力的关系．‎ ‎7.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 ( )‎ A. 动能减小 B. 电势能增加 C. 动能和电势能之和减小 D. 重力势能和电势能之和增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．‎ ‎【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．‎ ‎8.如图，两个较大平行金属板A、B相距为d，接在电源的正、负极上，这时质量为m，带电量为-q的油滴恰好能静止在两极板之间。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中（ ）‎ A. 油滴保持静止，电流计中的电流从b流向a B. 油滴保持静止，电流计中的电流从a流向b C. 油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向a D. 油滴将向下加速运动，电流计中电流从a流向b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流，由于电容器板间电压和距离不变，则由，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态，故B正确。‎ ‎9.如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm，把一个电荷量q＝10－5C的正电荷从A移到B，静电力做功为零，从B移到C，静电力做功为－1.73×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )‎ A. 865 V/m， 垂直AC向左 B. 865 V/m， 垂直AC向右 C. 1000 V/m，垂直AB斜向上 D. 1000 V/m，垂直AB斜向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，q=10-5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线。从B移到C，电场力对正电荷做负功，说明C点电势高于B点的电势，根据电场线与等势面垂直，且指向低电势处，电场线如图所示。‎ BC间电势差为 则该匀强电场的场强大小：‎ A. 865 V/m， 垂直AC向左，与分析不符，故A错误。‎ B. 865 V/m， 垂直AC向右，与分析不符，故B错误 C. 1000 V/m，垂直AB斜向上，与分析不符，故C错误。‎ D. 1000 V/m，垂直AB斜向下，与分析相符，故D正确。‎ ‎10. 一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（ ）‎ A. 做直线运动 B. 做曲线运动 C. 速率先减小后增大 D. 速率先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选BC 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系。‎ ‎11. 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；‎ B．根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；‎ C．从b点到c点电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；‎ D．同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确。‎ ‎12.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )‎ A. 木板获得的动能为2 J B. 系统损失的机械能为1 J C. 木板A的最小长度为1 m D. A、B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，取向右为正方向，设A的质量为M，根据动量守恒定律得：‎ 解得：‎ M=m=2kg A．由可得木板A的获得的动能为1J，故A错误；‎ B．系统损失的机械能 解得：‎ 故B错误；‎ C．由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为1m，故C正确；‎ D．由图象可知木板A加速度为1m/s2，根据 μmBg=mAaA 得出动摩擦因数为0.1，故D正确。‎ ‎13.如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ =，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球重力与电场力的关系是 B. 小球在B点时，对圆弧的压力为 C. 小球在A点和B点的加速度大小相等 D. 如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球从A运动到B的过程，根据动能定理得 解得：‎ 故A错误；‎ B．小球在B点时，速度为零，向心力为零，则有 故B正确；‎ C．在A点，小球所受的合力等于重力，加速度为aA=g；在B点，小球的合为 加速度为 所以A、B两点的加速度大小相等，故C正确；‎ D．如果小球带负电，将沿重力和电场力合力方向做匀加速直线运动，故D错误。‎ 二、计算题(共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎14.把5.0 V的电压加在一段电阻丝的两端，测得通过电阻电流为1.0×102 mA.当电阻丝两端电压增至8.0 V时，通过电阻丝的电流增加多少？‎ ‎【答案】60 mA ‎【解析】‎ 因为，‎ 由欧姆定律得，‎ 所以 点睛：本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关。‎ ‎15.如图所示，一质量为m的带负电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角。已知电场强度为E，重力加速度为g。求:‎ ‎（1）小球所带电荷量的大小；‎ ‎（2）将细线突然剪断的瞬间，小球的加速度大小。‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，则有：‎ ‎  则所带电量为： ‎ ‎(2)剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，如图，故做初速度为零的匀加速直线运动；则有：‎ 则小球的加速度为： ‎ ‎16.把一个带电荷量为2×10-8 C的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时，静电力做功8×10-6 J；若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时，静电力做功2×10-6 J，取无限远处电势为零。‎ ‎(1)求A点的电势。‎ ‎(2)求A、B两点的电势差。‎ ‎(3)若把电荷量q= -2×10-5 C的电荷由A点移到B点，静电力做的功为多少?‎ ‎【答案】（1）φA=400 V（2）300 V（3）-6×10-3 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB，有WOA=EpO-EpA 无穷远处电势能为零，即EpO=0 故EpA=-WOA=8×10-6J 根据电势的定义式φ= 得； （2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10-6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB，有 WOB=EpO-EpB 无穷远处电势能为零，即EpO=0 故EpB=-WOB=2×10-6‎ J 根据电势的定义式，得 故A、B间的电势差为UAB=φA-φB=400V-100V=300V； （3）若把2×10-5C的负电荷由A点移到B点，电场力所做的功：WAB=qUAB=-2×10-5×300=-6×10-3 J；‎ ‎【点睛】本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势．‎ ‎17.如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2 射出.重力加速度为g.求：‎ ‎（1）此过程中系统损失的机械能；‎ ‎（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得 mv0=m+MV ①‎ 解得 ‎②‎ 系统的机械能损失为 ΔE=③‎ 由②③式得 ΔE=④‎ ‎（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则 ‎⑤‎ s=Vt ⑥‎ 由②⑤⑥得 S=⑦‎ 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ 点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．‎