安徽省合肥一六八中学2020学年高二物理上学期期中试卷（含解析） 16页

‎2020学年安徽省合肥一六八中学高二上学期期中考试物理试题 ‎ 物理 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1．人静止于光滑水平冰面上，现欲前进，则可行的办法是（ ）‎ A．向后踢腿 B．手臂前后甩 C．在冰上滚 D．脱去外衣向后掷去 ‎2．如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则（ ）‎ A．碰撞前总动量是4mv B．碰撞过程动量不守恒 C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞 ‎3．如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．b、d两点的电场强度不相同 B．a点的电势等于f点的电势 C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大 ‎4．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A、B 两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。现施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度α=60°，则A 受到的电场力大小为（ ）‎ A． mg B． mg C．mg D． mg ‎6．如图所示，在光滑绝缘的水平面上存在一平行于水平面的匀强电场，在水平面上的M点有一质量为m的带电小物块（可看成质点，电性不知），现给小物块一平行水平面的初速度v0，经过一段时间小物块运动到N点时的速度大小仍是v0，且经M、N两点时速度方向均是以O为圆心、R为半径的圆的切线，N、O两点电势差的绝对值为U，则（ ）‎ A．粒子在M、N间是做圆周运动 B．粒子从M到N的运动过程中，动能一定先增大后减小 C．匀强电场的电场强度大小E=‎ D．圆周上，O点与电势最低的点的电势差为，且O点电势一定较高 ‎7．真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上，x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点的电场强度E随x变化的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）‎ A．点电荷M、N一定为同种电荷 B．在x轴上，的区域内，有一点电场强度为零 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1‎ D．若设无穷远处为电势能零点，则x=2a处的电势一定为零 二、多选题 ‎8．光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则（ ）‎ A．E1=E2=E0 ,p1=p2=p0‎ B．E1=E2＞E0 , p1=p2＞p0‎ C．碰撞发生在M、N中点的左侧 D．两球不同时返回M、N两点 ‎9．三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa=Ob＜Oc，让三球带电后它们能静止在图中所示位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b、c连线恰构成一等边三角形，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A．a、b、c三球质量一定相等 B．a、b两球所带电荷量一定相等 C．a、b、c三球所受静电力大小一定相等 D．细线Oa、Ob所受拉力大小一定相等 ‎10．如图所示，小物块静止在水平面上A处，水平面右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于B处，小物块可不受阻碍的进入圆轨道，C为圆轨道最高点。现给小物块水平向右的冲量I，使小物块向右运动。已知小物块质量m=1kg，物块与水平面动摩擦因数μ=0.5，圆环半径R=0.6m，AB长0.8m，重力加速度g=10m/s2( )‎ A．时，物块能进入圆轨道 B．时，物块不会脱离圆轨道 C．时，物块将脱离圆轨道 D．时，物块能到达C点，且对C点压力为30N ‎11．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）‎ A．在时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态 B．从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为=1∶2‎ D．在时刻A与B的动能之比为 ‎12．如图所示，水平固定的平行金属板加上电压后，两板之间视为匀强电场，有一个质量为m、电量为q的粒子以大小为v0、倾角q＝45°的初速度，从下极板边缘斜向上方射入匀强电场，粒子恰好从上极板边缘水平向右射出，粒子重力不计。要使该带电粒子恰能沿极板中央轴线水平向右射出，则（ ）‎ A．v0方向必须改变，若电压不变，则v0大小应变为 B．v0方向可以不变，若电压也不变，则v0大小应变为 C．v0方向必须改变，若v0大小不变，则电压应变为原来的 D．v0方向可以不变，若v0大小也不变，则电压应变为原来的 第II卷（非选择题)‎ 三、填空题 ‎13．下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上。两平行板之间的电场可以视为匀强电场。给电容器充电后与电源断开，那么 ‎（1）若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C________，板间电势差U________。‎ ‎（2）若保持S不变，d变大，两板电容C________，板间电场强度E________。‎ ‎（3）若保持S和d都不变，插入介质板后，则板间电势差U________，板间电场强度E________（填“变小”、“变大”或“不变”）‎ 四、实验题 ‎14．图甲是某同学设计了一个探究完全非弹性碰撞中不变量的实验装置。实验时，小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来諍止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。‎ ‎（1）若获得纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为运动起始的第一点，则应选_______段来计算A的碰前速度，（填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”）。‎ ‎（2）已测得小车A的质量m1＝0.30kg，小车B的质量为m2＝0.20kg，由以上测量结果可得碰前系统总动量l.035kg×m/s，碰后系统总动量为____kg×m/s。（结果保留四位有效数字）‎ ‎（3）实验结论：_________________________________。‎ 五、解答题 ‎15．光滑绝缘半球槽的半径为R,处在水平向右的匀强电场中,一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处(与球心等高)无初速度沿轨道滑下,滑到最低点B 时,球的速度为。求:‎ ‎(1)小球从A 到B 的过程中受到的电场力做的功；‎ ‎(2)电场力的大小；‎ ‎(3)带电小球在滑动过程中的最大速度。‎ ‎16．如图，光滑水平面上存在水平向右、场强为E的匀强电场，电场区域宽度为L。质量为m、带电量为+q的物体A从电场左边界由静止开始运动，离开电场后与质量为m的物体B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧，弹簧右端固定在竖直墙壁上（A、B均可视为质点）。求：‎ A B E ‎（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；‎ ‎（2）弹簧的最大弹性势能。‎ ‎17．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度随时间的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）粒子通过电场区域的时间；‎ ‎（2）粒子离开电场时的位置坐标；‎ ‎（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．‎ ‎2020学年安徽省合肥一六八中学高二 上学期期中考试物理试题 物理答案 ‎1．D ‎【解析】‎ 以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向后甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A错误B错误；因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，故C错误；把人和人的随身物品视为一整体，这个整体动量为0，人给随身物品一个向后速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以向前运动，故D正确；故选D。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 规定向右为正方向，碰撞前总动量为，A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：，解得：，C正确；碰撞前总动能为：，碰撞后总动能为：，碰撞前后无动能损失，D错误。‎ 考点：考查了动量守恒定律的应用 ‎3．D ‎【解析】‎ A、b、d点关于O点上下对称，可知两点场强大小相等，方向不同，故A错误；B、让一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误。C、当电荷+q沿着球面运动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，所以合电场力不做功，故C项错误；D、将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，所以合力做功最大，故D正确；故选D。‎ ‎4．B ‎【解析】‎ 由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为： ；同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量，则其在A点产生的场强：，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强，故ACD错误，B正确；故选B。‎ ‎【点睛】‎ 主要采用割补法的思想，根据整体球在A点产生的场强等于割掉的小球在A点产生的场强和剩余空腔部分在A点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础。‎ ‎5．B ‎【解析】‎ A向右摆动，摆动的最大角度为60°，最高点受力不平衡但速度为零，根据动能定理可得： F电Lsin60°-mgL（1cos60°）=0，解得：．故B正确、ACD错误．故选B．‎ 点睛：本题主要是考查动能定理，解答本题要掌握动能定理的应用方法；注意，本题不能利用共点力的平衡条件来求解．‎ ‎6．C ‎【解析】‎ A、电场是匀强电场，故粒子受力方向恒定，不可能做匀速圆周运动，故A错误；‎ B、粒子在电场中合外力等于电场力，在M、N两点速度相同，动能相同，由能量守恒可知M、N两点的电势能也相同，即MN处于同一等势线上，根据曲线运动的条件，速度与电场力的夹角先大于900后小于900，所以电场力必先做负功后做正功，即速度会先减小后增大，动能先减小后增大，故B错误；‎ C、由B项可知MN处于同一等势线上，所以电场方向垂直于NM，匀强电场的电场强度大小，故C正确；‎ D、圆周上，O点与电势最低的点的电势差为，但O点电势不一定较高，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】粒子在电场中合外力等于电场力，在M、N两点速度相同，动能相同，由能量守恒可知M、N两点的电势能也相同，即MN处于同一等势线上。‎ ‎7．A ‎【解析】‎ 若两电荷为异种电荷，在x=2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，选项A正确．在0-2a范围内，场强为正，说明合场强向右，则知两个电荷都是正电荷；M在2a处产生的场强为 E1=k ，N在2a处产生的场强E2=k，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以解得QM=4QN，故C错误；两电荷都带正电，可知在N的右侧电场强度均不为零，选项B错误；若设无穷远处为电势能零点，则x=2a处的电势一定为正值，选项D错误；故选A．‎ ‎8．BD ‎【解析】‎ 由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等．从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1．5q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大，故A错误B正确；由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点．故C错误D正确．‎ 考点：考查了动量守恒定律，库仑定律 ‎【名师点睛】‎ 当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解．‎ ‎9．BD ‎【解析】‎ 对ab受力分析可得：因为ab连线处于水平，mag=mbg，则ma=mb，但是与c球质量关系不能确定，故A错误；由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即qa=qb；故B正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故C错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，故D正确，故选BD。‎ ‎10．BC ‎【解析】‎ 由动量定理，物块恰好到B点时，，，恰好到圆心等高处时，,恰好到C点时，，，A错误，BC正确；时，物块在C点，，，得，故D错误；故选BC.‎ 点睛：此题是动能定理及圆周运动的结合，关键是知道物体通过圆周最高点的条件以及脱离轨道的条件，结合动能定理及牛顿第二定律列方程解答.‎ ‎11．BD ‎【解析】‎ 图线与坐标轴围成的面积表示位移，在 时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在时刻B做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以时刻B受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在A错误B正确；由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从0~过程中有，解得，故，C错误；在时刻A的速度为，B的速度为，根据，解得，故D正确．‎ 考点：考查了牛顿第二定律；动量守恒定律 ‎【名师点睛】‎ 对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况 ‎12．AC ‎【解析】‎ 粒子在水平方向L=v0cos450t；竖直方向：；v0方向不变，则y不可能变为原来的，选项BD错误；若改变v0的方向，设与水平夹角为α，则粒子在水平方向；竖直方向：‎ 若电压不变，使得，则两式对比可得：； ，解得 ，选项A正确；若v0大小也不变，使得，则两式对比可得：； ，解得，选项C正确；故选AC.‎ ‎13．（1）①减小；②增大 （2）①减小；②不变 （3）①减小；②减小 ‎【解析】‎ ‎（1）保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大；‎ ‎（2）保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式CC得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到电容减小； 但和Q=UC可知：，故E和d无关，故E不变；‎ ‎（3）保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小．由U=Ed可知，E减小；‎ 考点：电容器；电场强度 ‎14．（1）BC （2）1.030‎ ‎（3）在误差允许范围内，完全非弹性碰撞中不变量是动量。（或：在误差允许范围内，完全非弹性碰撞中，系统动量守恒）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)碰撞前小车匀速且速度较大，碰撞后匀速且速度较小，所以应选BC段来计算A的碰前速度；‎ ‎(2)碰撞后速度，碰后系统总动量为；‎ ‎(3)实验结论为：在误差允许范围内，完全非弹性碰撞中，系统动量守恒。‎ ‎15．(1)－mgR (2)mg (3)‎ ‎【解析】‎ 设小球运动到最底位置B时速度为v，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理结合向心力公式联立方程即可求解；小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系及动能定理即可求。‎ ‎(1)设电场力大小为F,做功为W,由题意,小球从A 处沿槽滑到最低位置B 的过程中,根据动能定理 由以上两式得，电场力做负功,说明电场力方向水平向右 ‎(2)电场力的大小 ‎(3)小球在滑动过程中最大速度的条件是小球沿轨道运动到某位置时切向合力为零。‎ 设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ,如图,‎ 小球由A处到最大速度位置的过程中得 ‎16．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据牛顿定律可知：Eq=ma；解得 ‎（2）A出离电场时，根据动能定理：‎ AB碰撞时由动量守恒定律可知：‎ 弹簧的最大弹性势能为：‎ 解得：‎ 考点：动量守恒定律；动能定理.‎ ‎【名师点睛】‎ 此题考查了动量守恒定律及动能定理的应用问题；解题的关键是明确物理过程，对不同的过程应用合适的物理规律列方程解答；此题的易错点是往往把A得到的动能认为是弹簧的最大弹性势能，要知道两物体的碰撞是损失机械能的.‎ ‎17．（1）4×10－3s （2）（－2×10－5m，2m） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t==4×10－3s.‎ ‎（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2‎ 减速时的加速度大小为a2＝＝2 m/s2‎ x方向上的位移大小为 x＝‎ 因此粒子离开电场时的位置坐标为（－2×10－5m，2 m）‎ ‎（3）离开电场时粒子在x方向的速度大小为 考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动此卷只装订不密封 班级 姓名 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