内蒙古集宁第一中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

集宁一中2018-2019学年第二学期期中考试高二年级物理试题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的2分，有选错的得零分)1.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则()A. I1I2，W1=W2C. I1I2，W1W2D. I1=I2，W1W2【答案】B【解析】根据动能定理得：W1=E1-0=E1，W2=2E1-E1=E1，则W1=W2动量与动能的关系式为, 则由动量定理得： ，则I1I2故选B.点睛：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用2.a、b、c是三个电荷量相同、质量不同带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，仅在电场力的作用下运动轨迹如图，其中b恰好沿着极板边缘飞出电场。粒子a、b、c在电场中运动的过程中，下列说法正确的是 ( )A. a、b运动的时间相同B. a的质量最大，c的质量最小C. 动量的增量相比，a的最小，b和c的一样大D. 动能的增量相比，c的最大，a和b的一样大【答案】C【解析】由水平方向：x=vt，可知a运动的时间最短，c、b运动时间相同；竖直方向，由 可知，a的加速度最大，c的加速度最小，根据可知，a的质量最小、c的质量最大；选项B错误；根据动量定理： 可知a的动量增量最小，b、c一样大，选项C正确；，根据动能定理： 可知，a、b动能增量相同，c的最小，选项D错误；故选C. 点睛：解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动3.如图所示,在光滑水平面上,用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上,已知mAm，下列说法正确的是()A. 在以后的运动过程中，小球和槽的总动量始终守恒B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D. 被弹簧反弹后，小球仍会冲上弧槽，但不能回到槽高h处【答案】D【解析】【详解】当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故C错误，D正确。5. 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A. 运动的平均速度大小为B. 下滑的位移大小为C. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为【答案】B【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误由 可知：下滑的位移 ；故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv故C错误；金属棒受到的安培力，故D错误；故选B点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.【此处有视频，请去附件查看】6.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为3m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2,物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )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做匀减速运动，由动能定理得：代入数据得：，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：，由于没有机械能的损失，则：，联立可得：，故ABD错误，C正确。点睛：本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，要分析清楚物体的运动情况，把握隐含的相等条件要注意选取正方向。7.如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为,重力加速度为g。则( )A. 全程滑块水平方向相对地面的位移为R+LB. 全程小车相对地面的位移大小C. 最终小车和滑块一起向左运动D. 、L、R三者之间的关系为R=4L【答案】B【解析】【详解】设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移 x=R+L-s，选项A错误。取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：，即，结合M=3m，解得 s=（R+L），x=（R+L）。故B正确。对整个过程，由动量守恒定律得：0=（m+M）v，得v=0则最终小车和滑块静止，选项C错误；由能量守恒定律得 mgR=mgL，得 R=L，故D错误。8.如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m = 2 kg的木块A以速度v0 = 2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g = 10 m/s2。则下列说法正确的是A. 长木板的质量M = 2 kgB. A、B之间动摩擦因数为0.2C. 长木板长度至少为2 mD. A、B组成系统损失机械能为4 J【答案】A【解析】从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v = 1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：，故A正确；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B，根据牛顿第二定律得，解得动摩擦因数 = 0.1，故B错误；由图象可知前1 s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度，故C错误；A、B组成系统损失机械能，故D错误。故选A.【点睛】A在B的表面上滑行时，根据v-t图象的斜率可得到A的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数。对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量M根据“面积”表示位移，求解木板的长度。由能量守恒定律求解A、B组成系统损失机械能。9.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小【答案】BC【解析】【详解】在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压不变，将P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；保持P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数I变大，故C正确，D错误。10.甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=4kgm/s，p2=6kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是（）A. 3m1=m2B. 4m1=m2C. 5m1=m2D. 6m1=m2【答案】AB【解析】【详解】根据动量守恒定律得P1+P2=P1+P2，解得P1=2kgm/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有，代入数据解得。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，代入数据解得故AB正确，CD错误。11.如图所示，小车的上面是中突的两个对称的光滑曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B. 小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是C. 小球和小车作用前后，小球所受合外力的冲量为零D. 车上曲面的竖直高度一定大于【答案】BC【解析】【详解】小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误。由小球恰好到最高点，则两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律：mv=2mv，得共同速度小车动量的变化为，选项B正确；由于满足动量守恒定律，两曲面光滑，系统机械能守恒，所以小球和小车作用之后，小球的速度又变为v0，则小球所受合外力的冲量为零，选项C正确；由于小球原来的动能为mv2，小球到最高点时系统的动能为，所以由能量关系：，得，即车上曲面的竖直高度等于，故D错误。12.两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度-时间图像分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（ ） A. 若F1=F2，则m1小于m2B. 若m1=m2，则力F1对A做功与F2对B做的功相等C. 若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为5:4D. 若F1=F2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为5:4【答案】AB【解析】【详解】由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1=a2=g=1m/s2，则：1=2=0.1，若F1=F2，对于m1则有：F1-1m1g=m1a1，解得：，对于m2则有：F2-2m2g=m2a2，解得：，由图可知a1a2，则m1m2，故A正确。若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理，对a有：WF1-f1s1=0；同理对b有：WF2-f2s2=0；由于s1=42.5=5.0m，s2=25=5.0m，故WF1=WF2，故B正确；若m1=m2，则f1=f2，由动量定理： ，则，选项C错误； 若F1=F2，根据I=Ft，两个力作用的时间之比为1：2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1：2，故D错误；二、实验题(本题每空3分，共18分)13.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_ （填选项前的符号），间接地解决这个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM、ON （3）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则m1_ m2，r1_ r2（填“”，“”或“=”）（4）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_ （用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_ （用（2）中测量的量表示）【答案】 (1). C (2). ADE (3). (4). = (5). m1OP=m1OM+m2ON (6). m1OP2=m1OM2+m2ON2【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与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，即测量射程，C正确（2）要验证动量守恒定律定律，即验证，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：，得：，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，为了测量位移，应找出落点，选ADE（3）了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求；（4）由（2）知，实验需要验证：；如果碰撞过程机械能守恒，则，两边同时乘以得，则可得：【点睛】（1）明确实验原理，知道实验验证的方法；（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式；同时根据功能关系及弹性碰撞的性质明确弹性碰撞时对应的性质实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目三、计算题：（本题共3小题，其中第14题14分、第15题15分、第16题15分，共44分.解答时写出必要的文字说明,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）14.两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=12 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中:(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大?(2)系统中弹性势能的最大值是多少?【答案】（1）6m/s （2）48J【解析】【详解】（1）当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v总。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得解得v总=6m/s（2）B、C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则vBC=4m/s设物块ABC速度相同时弹簧的弹性势能为Ep，此时弹性势能最大，根据能量守恒有J15.甲、乙两小船（可视为质点）质量均为M=120kg，静止于水面，甲船上的人质量m=80kg，通过一根长16m的绳用F=150N的力水平拉乙船。忽略水的阻力作用。求：（1）两船相遇时，两船分别走了多少距离？ （2）两船相遇时，两船的速度大小分别为？（3）为防止两船相撞，人在两船马上相遇时至少应以多大的速度从甲车跳到乙车？【答案】（1）x甲=6m，x乙=10m （2）v1=3m/s v2=5m/s（3）7.5m/s【解析】【详解】（1）甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒,由平均动量守恒得：，又联立解得x甲=6m，x乙=10m（2）设量程相遇时甲船的速度为v1，乙船的速度为v2，对甲船和人用动能定理得：，代入解得v1=3m/s，代入解得v2=5m/s（3）因系统总动量为零，所以人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小，设人跳离的速度为v，因跳离时，甲船和