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

集寧一中2018-2019學年第二學期期中考試高二年級物理試題一、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選項中，第18題只有一項符合題目要求第912題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的2分，有選錯的得零分)1.物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內(nèi)動能由零增大到E1，在時間t2內(nèi)動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內(nèi)做的功為W1，沖量為I1，在時間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)動能定理得：W1=E1-0=E1，W2=2E1-E1=E1，則W1=W2動量與動能的關系式為, 則由動量定理得： ，則I1I2故選B.點睛：根據(jù)動能的變化由動能定理求合力的功、根據(jù)動量的變化由動量定理求合力的沖量是這兩大定理基本的應用2.a、b、c是三個電荷量相同、質(zhì)量不同帶電粒子，以相同的初速度由同一點垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，僅在電場力的作用下運動軌跡如圖，其中b恰好沿著極板邊緣飛出電場。粒子a、b、c在電場中運動的過程中，下列說法正確的是 ( )A. a、b運動的時間相同B. a的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小C. 動量的增量相比，a的最小，b和c的一樣大D. 動能的增量相比，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運動的時間最短，c、b運動時間相同；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B錯誤；根據(jù)動量定理： 可知a的動量增量最小，b、c一樣大，選項C正確；，根據(jù)動能定理： 可知，a、b動能增量相同，c的最小，選項D錯誤；故選C. 點睛：解決本題的關鍵將類平拋運動分解為垂直電場方向和沿電場方向，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做初速度為0的勻加速直線運動3.如圖所示,在光滑水平面上,用等大異向的F1、F2分別同時作用于A、B兩個靜止的物體上,已知mAm，下列說法正確的是()A. 在以后的運動過程中，小球和槽的總動量始終守恒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動D. 被彈簧反彈后，小球仍會沖上弧槽，但不能回到槽高h處【答案】D【解析】【詳解】當小球與彈簧接觸后，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)在水平方向動量不守恒，故A錯誤；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)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，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的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁凵匣谡麄€過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度相等水平向左系統(tǒng)總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故C錯誤，D正確。5. 如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A. 運動的平均速度大小為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動，不是勻變速直線運動，平均速度大于v，故A錯誤由 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時的電流 小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv故C錯誤；金屬棒受到的安培力，故D錯誤；故選B點睛：本題考查了電磁感應與力學的綜合，關鍵理清金屬棒的運動規(guī)律，能知道求電量時要用法拉第電磁感應定律求平均電動勢.【此處有視頻，請去附件查看】6.如圖所示,一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(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械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(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。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做勻減速運動，由動能定理得：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)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則：，由于沒有機械能的損失，則：，聯(lián)立可得：，故ABD錯誤，C正確。點睛：本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律，要分析清楚物體的運動情況，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,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,重力加速度為g。則( )A. 全程滑塊水平方向相對地面的位移為R+LB. 全程小車相對地面的位移大小C. 最終小車和滑塊一起向左運動D. 、L、R三者之間的關系為R=4L【答案】B【解析】【詳解】設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 x=R+L-s，選項A錯誤。取水平向右為正方向，由水平動量守恒得：，即，結(jié)合M=3m，解得 s=（R+L），x=（R+L）。故B正確。對整個過程，由動量守恒定律得：0=（m+M）v，得v=0則最終小車和滑塊靜止，選項C錯誤；由能量守恒定律得 mgR=mgL，得 R=L，故D錯誤。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)損失機械能為4 J【答案】A【解析】從圖可以看出，A先做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v = 1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：，解得：，故A正確；由圖象可知，木板B勻加速運動的加速度，對B，根據(jù)牛頓第二定律得，解得動摩擦因數(shù) = 0.1，故B錯誤；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錯誤；A、B組成系統(tǒng)損失機械能，故D錯誤。故選A.【點睛】A在B的表面上滑行時，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摩擦因數(shù)。對系統(tǒng)，運用動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和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動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，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變大B. 保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變小C. 保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變大D. 保持P的位置不動，將Q向上滑動時，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Q位置不變時，輸出電壓不變，將P向上滑動，負載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數(shù)I變小，故A錯誤，B正確；保持P位置不變，將Q向上滑動，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錯誤。10.甲乙兩球在水平光滑軌道上同方向運動，已知它們的動量分別是p1=4kgm/s，p2=6kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?kgm/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關系可能是（）A. 3m1=m2B. 4m1=m2C. 5m1=m2D. 6m1=m2【答案】AB【解析】【詳解】根據(jù)動量守恒定律得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錯誤。11.如圖所示，小車的上面是中突的兩個對稱的光滑曲面組成，整個小車的質(zhì)量為m，原來靜止在光滑的水平面上今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從另一個曲面滑下關于這個過程，下列說法正確的是（ ）A. 小球滑離小車時，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，小車向右運動，小球滑下時，小車還會繼續(xù)前進，故不會回到原位置，故A錯誤。由小球恰好到最高點，則兩者有共同速度，對于車、球組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律：mv=2mv，得共同速度小車動量的變化為，選項B正確；由于滿足動量守恒定律，兩曲面光滑，系統(tǒng)機械能守恒，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C正確；由于小球原來的動能為mv2，小球到最高點時系統(tǒng)的動能為，所以由能量關系：，得，即車上曲面的豎直高度等于，故D錯誤。12.兩個物體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，分別作用一段時間后撤去，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，兩物體運動的速度-時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，物體做減速運動過程的速度-時間圖線彼此平行（相關數(shù)據(jù)已在圖中標出），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A做功與F2對B做的功相等C. 若m1=m2，則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為5:4D. 若F1=F2，則力F1對物體A的沖量與F2對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，對于m1則有：F1-1m1g=m1a1，解得：，對于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)動能定理，對a有：WF1-f1s1=0；同理對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，由動量定理： ，則，選項C錯誤； 若F1=F2，根據(jù)I=Ft，兩個力作用的時間之比為1：2，則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比1：2，故D錯誤；二、實驗題(本題每空3分，共18分)13.如圖，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系（1）實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通過僅測量_ （填選項前的符號），間接地解決這個問題A小球開始釋放高度hB小球拋出點距地面的高度HC小球做平拋運動的射程（2）圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程然后，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，并多次重復接下來要完成的必要步驟是_（填選項前的符號）A用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B測量小球m1開始釋放高度hC測量拋出點距地面的高度HD分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE測量平拋射程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量守恒，其表達式可表示為_ （用（2）中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為_ （用（2）中測量的量表示）【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動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，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，即測量射程，C正確（2）要驗證動量守恒定律定律，即驗證，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：，得：，因此實驗需要測量：兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，為了測量位移，應找出落點，選ADE（3）了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求；（4）由（2）知，實驗需要驗證：；如果碰撞過程機械能守恒，則，兩邊同時乘以得，則可得：【點睛】（1）明確實驗原理，知道實驗驗證的方法；（2）由動量守恒定律求出需要驗證的表達式，根據(jù)表達式確定需要測量的量；（3）根據(jù)（2）的分析確定需要驗證的關系式；同時根據(jù)功能關系及彈性碰撞的性質(zhì)明確彈性碰撞時對應的性質(zhì)實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目三、計算題：（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動,質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方,如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。在以后的運動中:(1)當彈簧的彈性勢能最大時,物塊A的速度為多大?(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少?【答案】（1）6m/s （2）48J【解析】【詳解】（1）當A、B、C三者的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為v總。由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，得解得v總=6m/s（2）B、C碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則vBC=4m/s設物塊ABC速度相同時彈簧的彈性勢能為Ep，此時彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒有J15.甲、乙兩小船（可視為質(zhì)點）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，兩船分別走了多少距離？ （2）兩船相遇時，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至少應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)動量時刻守恒,由平均動量守恒得：，又聯(lián)立解得x甲=6m，x乙=10m（2）設量程相遇時甲船的速度為v1，乙船的速度為v2，對甲船和人用動能定理得：，代入解得v1=3m/s，代入解得v2=5m/s（3）因系統(tǒng)總動量為零，所以人跳離甲后，甲速度為零時，人跳離速度最小，設人跳離的速度為v，因跳離時，甲船和