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- 2021-05-27 发布
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三明一中 2019-2020 学年第二次月考
高三物理试卷
一、选择题
1.图中给出了四个电场的电场线,则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】因电场线的疏密表示场强的大小,电场线的方向表示场强的方向,由图可知,只有C图中MN两点的电场线疏密程度相同,故MN两点电场强度相同的点只有C.
2.冰壶运动深受观众喜爱,图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图2.若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是图中的哪幅图( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】冰壶甲乙碰撞过程动量守恒,碰撞前系统动量水平向右,碰撞后合动量也必然水平向右,碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动,所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向,连线的长短代表碰撞后的速度大小.A图中,甲乙碰后的动量都斜向右上方,所以合动量不可能水平向右,不满足动量守恒定律选项A错.乙图中,碰撞后甲静止,乙水平向右运动,符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程,选项B是可能的.选项C中,虽然甲乙动量都是水平向右,合动量也满足水平向右,但甲在后,乙在前,碰后甲不可能速度大于乙,即甲不可能在乙前面,选项C错.D选项,碰后甲的速度大于乙的速度,合动量水平向左,不符合动量守恒定律选项D错.
3.在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在其中,将弹簧压缩到最短.若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统,则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中( )
A. 动量守恒,机械能守恒 B. 动量守恒,机械能不守恒
C. 动量不守恒,机械能不守恒 D. 动量不守恒,机械能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中,系统受到墙壁的弹力,合外力不为零,总动量不守恒.同时在作用过程中由于摩擦力做功;故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小,转化为内能.故动量不守恒、机械能不守恒;故选C.
点睛:判断动量和机械能是否守恒,关键根据守恒条件进行判断:动量守恒的条件是合外力为零,机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功.
4.某高处落下一个鸡蛋,分别落到棉絮上和水泥地上,下列结论正确的是( )
A. 落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化小
B. 落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它受到的冲量大
C. 落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,是因为它的动量变化率小
D. 落到水泥地上的鸡蛋易碎,是因为它的动量变化慢
【答案】C
【解析】
【详解】AB、鸡蛋分别落到棉絮上和水泥地上,在与棉絮和水泥地接触的过程中,鸡蛋的速度都由v变化为零,可知动量变化量相同,根据动量定理知,合力的冲量相等,故AB错误.C、落到棉絮上的鸡蛋不易破碎,根据知,落到棉絮上的作用时间长,动量的变化率小,即合力小,导致对鸡蛋的作用力较小,不容易破碎,故C正确.D、落到水泥地上,作用时间较短,动量的变化率大,动量变化快,导致对鸡蛋的作用力大,所以易碎,故D错误.故选C.
【点睛】鸡蛋落地前是自由落体运动;与地面碰撞过程,根据动量定理列式分析即可.
5.有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为 2m,速度大小为 v,方向水平向右,则另一块的速度是
A. 3 v0-v B. 2 v0-3v
C. 3 v0-2v D. 2 v0+v
【答案】C
【解析】
【详解】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右,爆炸前动量为3mv0
,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向右,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′,取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程动量守恒,则有:
3mv0=2mv+m•v′
解得:
v′=3v0-2v
A. 3 v0-v与分析不符,故A错误。
B. 2 v0-3v与分析不符,故B错误。
C. 3 v0-2v与分析相符,故C正确。
D. 2 v0+v与分析不符,故D错误。
6.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示.一个电量为2C,质量为1kg的小物块从C点静止释放,其运动的v~t图象如图乙所示,其中B点处为整 条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的( )
A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强
B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C. 由C点到A点的过程中,电势逐渐升高
D. AB两点电势差 V
【答案】D
【解析】
【详解】A、速度时间图像中图线的斜率表示加速度,加速度越大,则受到的电场力越大,即电场强度越大,故在B点的加速度最大,其大小为,根据牛顿第二定可得,解得,故A错误;
B、从C到A过程中速度增大,即动能增大,电场力做正功,电势能减小,同一正电荷的电势能减小,则电势减小,故BC错误;
D、从图中可知A、B两点速度分别为:,物块在B到A过程,根据动能定理得:,得到:,则,故D正确.
7.如图所示,虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值,一带电粒子只在电场力作 用下飞经该电场时,恰能沿图中的实线从 A 点飞到 C 点,则下列判断正确的是
A. 粒子带负电
B. 粒子在 A 点的电势能大于在 C 点的电势能
C. A 点的加速度大于 C 点的加速度
D. 粒子从 A 点到 B 点电场力所做的功大于从 B 点到 C 点电场力所做的功
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线,因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧,带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧,即受力的方向向左上,故粒子应带正电,故A错误;
B. 从A到C过程中,电场力做负功,电势能增大,粒子在A点的电势能小于在C点的电势能,故B错误;
C. A点等势线密,电场线也密,所以电场强度大于C处,电场力大,加速度大,故C正确;
D. 电场力做功与路径无关,只与初末位置电势差有关,因为
UAB=UBC
所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等,故D错误。
8.空间某一静电场方向平行于 x 轴,电势φ随 x 变化情况如图所示,下列说法中正确的是
A. 电场场强的方向始终指向 x 轴的正方向
B. x1 处的电场场强小于 x2 处的电场场强
C. 正电荷沿 x 轴从 O 移到 x2 的过程中,电场力先做正功,后做负功
D. 负电荷沿 x 轴从 O 移到无限远处的过程中,电场力先做负功,后做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A. 依据
φ=Ex
由图看出,电势φ随x图象的斜率先是负值,后变成正值,因此电场场强的方向不可能始终指向x轴的正方向,故A错误。
B. 依据电势φ随x图象的斜率绝对值来反映电场强度的大小,可知,x1处的电场场强大于x2处的电场场强。故B错误。
C. 正电荷沿x轴从O移到x1的过程中,电势降低,电荷的电势能降低,电场力做正功。故C错误。
D. 负电荷沿x轴从O移到x2的过程中,电势降低,电荷的电势能增加,电场力做负功;从x2移到无穷远的过程中,电势升高,电荷的电势能减少,电场力做正功。故D正确。
9.如图所示,a、b、c、d 分别是一个菱形的四个顶点,∠abc=120°。现将三个等量的正点电荷+Q 固定在 a、b、c 三个顶点上,将一个电量为+q 的点电荷依次放在菱形中心点 O 点和另一个顶点 d 点处,两点相比
A. +q 在 O 点所受的电场力较大
B. +q 在 d 点所具有的电势能较大
C. d 点的电势低于 O 点的电势
D. d 点的电场强度大于 O 点的电场强度
【答案】AC
【解析】
【详解】AD. 设菱形的边长为r,根据公式分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等,由电场的叠加可知,d点的场强大小为
方向由O指向d。O点场强大小为
故O点场强大,+q 在 O 点所受的电场力较大,故A正确D错误。
BC. Od间电场线方向从O到d,根据顺着电场线方向电势降低,O点的电势高于d点的电势,而正电荷在高电势高处电势能大,则知+q在d点所具有的电势能较小,故B错误C正确。
10.如图所示,平行板电容器与直流电源连接,下极板接地,一带电油滴位于电容器中的点且处于静止状态,现将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. 点电势将降低
C. 电容器电容减小,极板带电荷量减小
D. 带电油滴的电势能保持不变
【答案】BC
【解析】
试题分析:将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,电容器两板间电压不变,根据分析板间场强的变化,判断电场力变化,确定油滴运动情况.由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化,即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化.
由于两极板与电源相连,所以两极板间的电势差不变,上极板向上移动一小段距离后,两极板间的距离变大,根据公式
可得两极板间的电场强度减小,油滴受到的电场力变小,重力大于电场力,油滴向下运动,A错误;P点到下极板的距离不变,下极板的电势为零,所以P到下极板的电势差等于P点的电势,故根据可得P点电势减小,B正确;根据可得电容减小,根据公式可得电荷量减小,C正确;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D错误.
11.质量为 m、速度为 v 的 A 球与质量为 3m 的静止 B 球发生正碰.碰撞后 B 球的速度可能有不同的值.碰撞后 B 球的速度大小可能是
A. 0.6v B. 0.4v
C. 0.25v D. 0.1v
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 若vB=0.6v,由动量守恒得:
mv=mvA+3m•0.6v
得
vA=-0.8v
碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的总动能为
违反了能量守恒定律,不可能。故A错误。
B. 若vB=0.4v,由动量守恒得:
mv=mvA+3m•0.4v
得
vA=-0.2v
碰撞后系统的总动能为
不违反能量守恒定律,是可能的。故B正确。
C. 若vB=0.25v,由动量守恒得:
mv=mvA+3m•0.25v
得
vA=0.25v
碰撞后系统的总动能为
不违反能量守恒定律,是可能的。故C正确。
D. 若vB=v,由动量守恒得:
mv=mvA+3m•v
得
碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能,违反了能量守恒定律,不可能。故D错误。
12.有一匀强电场的方向平行于 xoy 平面,平面内 a、b、c、d 四点的位置如图所示,cd、cb 分别垂直于 x 轴、y 轴,其中 a、b、c 三点电势分别为:4V、8V、10V,将一电荷量为 q = 2×l0-5C 的负点电荷由 a 点开 始沿 abed 路线运动,则下列判断正确的是
A. 坐标原点 O 的电势为 6V
B. 电场强度的大小为 V / m
C. 该点电荷在 c 点的电势能为 2×l0-4J
D. 该点电荷从 a 点移到 d 点过程中,电场力做功为 8×l0-5J
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 由于是匀强电场,故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等,故:
φb-φc=φa-φO
代入数据解得:
φO=6V
故A正确;
B. 由于是匀强电场,故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知,ab中点e电势为
φe=6V
连接Oe则为等势面,如图所示:
根据几何关系可知,ab⊥Oe,则ab为一条电场线,且方向由b指向a,电场强度为:
故B错误;
C. 该点电荷在c点的电势能为:
EPc=φcq=10×(−2×10−5)J=−2×10−4J
故C错误;
D. 该点电荷从a点移到b点电场中做功为:
Wab=Uabq=(4-8)×(-2×10-5)J=8×10-5J
故D正确;
二、填空,实验题
13.如图(a),直线 MN 表示某电场中一条电场线,a、b 是线上的两点,将一带负电荷的粒子从 a 点处由静止释放,粒子从 a 运动到 b 过程中的 vt,图像如图(b)所示,则 a、b 两点的电势分别φa_______φb, 场强大小 Ea______Eb,粒子在 a、b 两点的电势能 Epa______Epb,(不计重力,选填“大于”“小于”“等 于”)
【答案】 (1). 小于 (2). 大于 (3). 大于
【解析】
【详解】[1][2][3]负电子从a运动到b,由速度时间图线得到负电荷做加速运动,故电场力向右,负电荷受到的电场力与场强方向相反,故场强向左,而沿场强方向,电势变小,故b点电势较大,φa小于φb。
因为速度图线的斜率不断变小,故负电荷的加速度变小,电场力变小,所以电场强度变小,即Ea大于Eb。
负电荷的动能增加,由能量守恒知其电势能减小,则有EPa大于EPb.
14.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量, 他进行了如下操作:首先将船挨着码头自由停泊,然后他从船尾走到船头后停下,用卷尺测出船头离岸的距 离 d,然后用卷尺测出船长 L.已知他自身的质量为 m,(忽略水的阻力)则渔船的质量为________________
【答案】
【解析】
【详解】[1]设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v′,人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。
根据动量守恒定律得:
Mv-mv′=0
解得,船的质量:
15.如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图.
若入射小球质量为,半径为;被碰小球质量为,半径为则______
A.
C.
为完成此实验,以下所提供的测量工具中必需的是______ 填下列对应的字母
A.直尺
游标卡尺
天平
弹簧秤
秒表
设入射小球的质量为,被碰小球的质量为为碰前入射小球落点的平均位置,则关系式用、及图中字母表示 ______ 成立,即表示碰撞中动量守恒.
【答案】 (1). (1)C (2). (2)AC (3). (3)
【解析】
【分析】
(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变,故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量.为了使两球发生正碰,两小球的半径相同;
(2)两球做平抛运动,由于高度相等,则平抛的时间相等,水平位移与初速度成正比,把平抛的时间作为时间单位,小球的水平位移可替代平抛运动的初速度.将需要验证的关系速度用水平位移替代.
【详解】(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2
在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22
解得v1=v0
要碰后入射小球的速度v1>0,即m1-m2>0,m1>m2,为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,r1=r2
,故选C
(2)P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置,N为碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度v1=;碰撞后入射小球的速度v2= ;碰撞后被碰小球的速度v3=;若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,代入数据得:m1 =m1+m2,所以需要测量质量和水平位移,用到的仪器是直尺、天平;故选AC.
(3)若关系式m1 =m1+m2成立,即表示碰撞中动量守恒.
【点睛】本题是运用等效思维方法,平抛时间相等,用水平位移代替初速度,这样将不便验证的方程变成容易验证.
三、计算题
16.如图,x 轴上,有一长为 L 的绝缘细线连接均带负电的两个小球 A、B,两球质量均为 m,B 球 带电荷量大小为 q,A 球距 O 点的距离为 L。空间有一竖直向下沿 x 轴方向的静电场,电场的场强大小按 E=分布(x 是轴上某点到 O 点的距离)。两球现处于静止状态,不计两球之间的库伦力作用,重力加速度为 g
(1)求 A 球所带电荷量大小 qA;
(2)剪断细线后,求 B 球下落速度达到最大时,B球与 O 点的距离 x0;
(3)剪断细线后,B 球下落 4L 后返回,求返回出发点时 B 球速度大小。
【答案】(1)6q(2)4L(3)0
【解析】
【详解】(1)将A、B两球看成一个整体,两球处于静止状态,则重力等于电场力,有
2mg-qAL-q·2L=0
解得:
qA=6q
(2)当B球下落速度达到最大时,重力与电场力大小相等,即
mg=qx0
解得:
x0=4L
(3)全程能量守恒,返回时B球速度为0。
17.如图所示,板长L=10 cm,板间距离d=10 cm的平行板电容器水平放置,它的左侧有与水平方 向成30°角斜向右上方的匀强电场(图中未画出),某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由O点静止释放,沿直线OA从电容器C的中线水平进入,最后刚好打在电容器的上级板右边缘,O 到 A 的距离 x = cm(m、q为已知物理量,g取10 m/s2)
(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小;
(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小;
(3)电容器两极板间的电压U。
【答案】(1)(2)4 m/s(3)
【解析】
【详解】(1)由于带电小球做直线运动,因此小球所受合力沿水平方向,则:
得
(2)从O点到A点,由动能定理得:
mgxtan60°=mv2-0
解得:
v=4 m/s
(3)小球在电容器C中做类平抛运动,水平方向:
L=vt①
竖直方向:
=at2② a=-g③
联立求解得
U=
18.如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触.另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,C的v-t图象如图乙所示.求:
(1)C的质量mC;
(2)t=8s时弹簧具有的弹性势能Ep1,4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I;
(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2.
【答案】(1)2kg ;(2)27J,36N·S;(3)9J
【解析】
【详解】(1)由题图乙知,C与A碰前速度为v1=9m/s,碰后速度大小为v2=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒
mCv1=(mA+mC)v2
解得C的质量mC=2kg.
(2)t=8s时弹簧具有的弹性势能
Ep1=(mA+mC)v22=27J
取水平向左为正方向,根据动量定理,4~12s内墙壁对物块B的冲量大小
I=(mA+mC)v3-(mA+mC)(-v2)=36N·S
(3)由题图可知,12s时B离开墙壁,此时A、C的速度大小v3=3m/s,之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当A、C与B的速度相等时,弹簧弹性势能最大
(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4
(mA+mC)=(mA+mB+mC)+Ep2
解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2=9J.
19.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道,A为轨道的最低点,半径 OA 竖直,圆心角 AOB为 60°,半径 R=0.8 m,空间有竖直向下的匀强电场,场强 E=1×104N/C。一个质量 m=2 kg、电荷量为 q=-1×10-3 C 的带电小球,从轨道左侧与圆心 O 同一高度的 C 点水平抛出,恰好从 B 点沿切线进入圆弧轨 道,到达最低点 A 时对轨道的压力 FN=32.5 N。不计空气阻力,重力加速度 g 取10 m/s2,求:
(1)小球抛出时的初速度 v0 的大小;
(2)小球到 A 点时速度大小 vA;
(3)小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功 Wf。
【答案】(1)m/s(2)3 m/s(3)J
【解析】
【详解】(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力,做类平抛运动,
则:
mg-|q|E=ma
解得:小球的加速度大小
a==5 m/s2
C与B的高度差
h=Rcos60°=0.4 m
设小球到B点时竖直分速度大小为vy,则
=2ah
解得:
vy=2 m/s
小球在B点时,速度方向与水平方向夹角为60°,则
tan60°=
解得:
v0= m/s
(2)小球在A点时,由牛顿第三定律可知,轨道对小球支持力大小
FN′=FN
则由牛顿第二定律得:
FN′+|q|E-mg=m
解得:
vA=3 m/s
(3)在B点时,
sin60°=
小球从B到A的过程,由动能定理得:
(mg-|q|E)(R-Rcos60°)-Wf=m-m
解得:
Wf=J
20.如图所示,小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切.现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放,经B末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求:
(1)小球第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小;
(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端,则h与R的比值大小;
(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k的取值大小.
【答案】(1)(2)(3)
【解析】
【详解】(1)对AB由水平方向动量守恒有:
对AB由能量守恒有:
联立解得:
(2) 对AB由水平方向动量守恒有:
对AB由能量守恒有:
联立解得:
(3)要使小球与挡板发生两次碰撞,则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度,由能量守恒有
联立解得: