河南省安陽市一中2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期第一次階段考試物理試題

河南省安陽市一中2020~2021學(xué)年高二物理第一學(xué)期第一次階段考試一、選擇題1.如圖所示，虛線表示某電場的等勢面，實線表示帶電粒子僅在電場力作用下運動的徑跡，粒子在A點的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA；在B點的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB，則下列結(jié)論正確的是（）A.aA<aB，EpA<EpB B.aA<aB，EpA>EpBC.aA>aB，EkA>EkB D.aA>aB，EkA<EkB【答案】A【解析】【詳解】B點附近的電場線比A點附近的電場線密集，所以粒子在B點所受電場力比在A點所受電場力大，根據(jù)牛頓第二定律可知aA＜aB。根據(jù)粒子運動軌跡與等勢面高低分布可知粒子帶負電，即q＜0，又根據(jù)可知EpA<EpB根據(jù)能量守恒定律可知EkA＞EkB故選A。2.兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示。一個電量為0.02C，質(zhì)量為0.01kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v~t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）。則下列說法正確的（）A.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強B.由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C.由C點到A點的過程中，電勢逐漸升高D.AB兩點電勢差UAB=5V【答案】D【解析】【詳解】A．v~t圖像中圖線的斜率表示加速度，圖像的斜率為由牛頓第二定律可得B點處為整條圖線切線斜率最大的位置，因此B點為中垂線上電場強度最大的點，場強大小為A錯誤；B．由C到A的過程中物塊的速度逐漸增大，則物塊的動能逐漸增大，由能量守恒定律可得，物塊的電勢能逐漸減小，B錯誤；C．沿著電場線方向電勢逐漸降低，由等量同種電荷電場線分布規(guī)律可得，由C點到A點的過程中，電勢逐漸降低，C錯誤；D．由B點到A點過程中，由動能定理可得解得因此D正確；故選D。3.真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間的作用力為F，若它們的帶電量都增大為原來的3倍，距離增大為原來的2倍，它們之間的相互作用力變?yōu)锳.16F B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】由庫侖定律可得變化前為：，變化后為：A．16F．故A不符合題意．B．．故B符合題意．C．．故C不符合題意．D．．故D不符合題意．4.如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則固定于圓心處的點電荷在AB弧中點處的電場強度大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】主要考查圓周運動與點電荷的電場線分布?！驹斀狻坑捎邳c電荷固定在圓心O處，則圓弧ABC為點電荷的等勢面，故小球從A到B的過程中電場力沒有做功，根據(jù)動能定理有mgR=m由于小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則點電荷應(yīng)帶負電，且在B點對小球進行受力分析有Eq–mg=m由上式可計算出E=故選A?！军c睛】抓住圓弧ABC為點電荷的等勢面是解題的關(guān)鍵。5.如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的長木板放在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為M的物塊（視為質(zhì)點）以一定的初速度從左端沖上長木板，如果長木板不固定，物塊恰好滑行到長木板的中點時與長木板保持相對靜止，如果長木板是固定的，則物塊沖上長木板后在木板上最多能滑行的距離為（）A. B. C. D.L【答案】D【解析】【分析】【詳解】若長木板不固定，根據(jù)動量定理根據(jù)動能定理若長木板是固定的，根據(jù)動能定理各式聯(lián)立解得故選D。6.如圖甲所示，質(zhì)量M=0.8kg的足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量m=0.2kg的滑塊靜止在木板的左端，在滑塊上施加一水平向右、大小按圖乙所示隨時間變化的拉力F，4s后撤去力F．若滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）A.0~4s時間內(nèi)拉力的沖量共為3.2N·sB.t=4s時滑塊的速度大小為9.5m/sC.木板受到滑動摩擦力的沖量共為2.8N·sD.木板的速度最大為2m/s【答案】BC【解析】【詳解】A、拉力F沖量等于Ft圖像的面積，0~4s時間內(nèi)拉力的沖量I=，A錯誤；B、滑塊與木板間恰好打滑時，對木板:.對滑塊:解得

F0=0.5N，a0=0.5m/s2.所以t=0時刻，A.

B恰好開始打滑對滑塊:IF?μmgt=mv1，解得4s末滑塊的速度v1=9.5m/s，B正確；C、t=4s時，木板的速度v2=a0t=0.5×4=2m/s，之后A加速，B減速，直到共速．取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1+Mv2=(m+M)v解得木板的最大速度v=3.5

m/s對木板:由動量定理得I=Mv解得I=2.8N?s，C正確，D錯誤；故選BC．7.如圖所示，在光滑的水平軌道上有甲、乙兩個等大的小球沿軌道向右運動，取向右為正方向，它們的動量分別為和。若兩球能發(fā)生正碰，則碰后兩球動量的增量和可能是（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【詳解】A．由題意可知，其系統(tǒng)碰撞后的總動量為由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后滿足動量守恒，碰后A球動量變?yōu)榕龊驜球動量變?yōu)槠渑銮翱倓幽転榕鲎埠罂倓幽転榕鲎睬昂竽芰康淖兓癁橛捎贏和B球的質(zhì)量未知，若則由即滿足系統(tǒng)的總動能不增加，即符合能量守恒，而碰后兩球的動量都與原方向相同，且A球的動量變小，即A球的速度變小，B球的動量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，滿足實際運動情況。該情況可能發(fā)生，故A正確；B．兩個小球發(fā)生正碰，則其系統(tǒng)碰撞前后應(yīng)該滿足動量守恒，碰前總動量為碰后總動量為由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后動量不守恒，故B錯誤；C．由題意可知，其系統(tǒng)碰撞后的總動量為由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后滿足動量守恒，碰后兩球的動量都與原方向相同，但A球的動量增加，與實際運動不符，故C錯誤；D．由題意可知，其系統(tǒng)碰撞后的總動量為由上述可知，系統(tǒng)碰撞前后滿足動量守恒，進一步分析可知，碰后A球的動量變?yōu)锽球碰動量變?yōu)楦鶕?jù)動能與動量的關(guān)系有由上述式子可知，其A球碰撞前后動能大小不變，但是B球碰后動能變大，即對于A、B組成的系統(tǒng)來說其系統(tǒng)的總動能在碰后大于碰前，違反了能量守恒，故D錯誤。故選A。8.一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1．不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】試題分析：炮彈到達最高點時爆炸時，爆炸的內(nèi)力遠大于重力（外力），遵守動量守恒定律；當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，兩片炸彈都做平拋運動．根據(jù)平拋運動的基本公式即可解題．規(guī)定向右為正，設(shè)彈丸的質(zhì)量為4m，則甲的質(zhì)量為3m，乙的質(zhì)量為m，炮彈到達最高點時爆炸時，爆炸的內(nèi)力遠大于重力（外力），遵守動量守恒定律，則有,則，兩塊彈片都做平拋運動，高度一樣，則運動時間相等，，水平方向做勻速運動，，則，結(jié)合圖象可知，D的位移滿足上述表達式，故D正確．9.關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是（）A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體受合力不為零，系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D.子彈水平飛行，擊穿一塊原來靜止在光滑水平面上的木塊，因為子彈穿透木塊的過程中受到阻力作用，所以子彈和木塊組成的系統(tǒng)總動量不守恒【答案】C【解析】【詳解】A．若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量仍守恒，故A錯誤；B．系統(tǒng)中有一個物體受合力不為零時，系統(tǒng)的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的合力都不為零，但系統(tǒng)的動量卻守恒，故B錯誤；C．系統(tǒng)所受的合外力為零，合外力的沖量為零，由動量定理可知，系統(tǒng)動量守恒，故C正確．D．子彈穿透木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，故D錯誤．故選C。10.水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后搬去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下，兩物體的v?t圖像如圖所示，圖中AB//CD，則整個過程中（）A.F1的沖量等于F2的沖量B.F1的沖量大于F2的沖量C.摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量D.合外力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量【答案】D【解析】【詳解】ABC．由題圖可知，AB//CD，由v?t圖像斜率表示加速度可知，說明推力撤去后兩物體的加速度相等，推力撤去后物體的合力等于摩擦力，由牛頓第二定律可知，兩物體受摩擦力大小相等，a物體的運動時間小于b物體的時間，由可知摩擦力對a物體的沖量大小小于摩擦力對b物體的沖量大小，對整個過程中，由動量定理可得又則有即F1的沖量小于F2的沖量，ABC錯誤；D．由動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，a、b兩個物體的動量變化量都是零，所以合外力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量，D正確。故選D。11.“水上飛人表演”是近幾年來觀賞性較高的水上表演項目之一，其原理是利用腳上噴水裝置產(chǎn)生的反沖動力，使表演者在水面之上騰空而起。同時能在空中完成各種特技動作，如圖甲所示。為簡化問題。將表演者和裝備與豎直軟水管看成分離的兩部分。如圖乙所示。已知表演者及空中裝備的總質(zhì)量為M，豎直軟水管的橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g。若水流豎直向上噴出，與表演者接觸后能以原速率反向彈回，要保持表演者在空中靜止，軟水管的出水速度至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)出水速度為，則極短的時間內(nèi)，出水的質(zhì)量為速度由豎起向上的的變?yōu)樨Q起向下的，表演者能靜止在空中，由平衡條件可知表演者及空中裝備受到水的作用力為，由牛頓第三定律可知，裝備對水的作用力大小也為，取向下為正方向，對時間內(nèi)的水，由動量定理可得解得故選C。12.一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是（）A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功9eV【答案】ABD【解析】【詳解】B．因為是勻強電場，ac與Ob平行，故電勢差相等，原點O的電勢為1V，B正確；A．Ob的電勢差為16V，故x軸上電勢差為2V/cm，則坐標x=4.5的點的電勢為10V，連接該坐標點與a點。該連接線即為一個等勢面。做Od垂直于該等勢面，從幾何知識可以得到，Od=3.6cm，則A正確；C．a(chǎn)點電勢比b點電勢小，電子帶負電，根據(jù)可知，a點電勢能反而大，C錯誤；D．根據(jù)電場力做功公式b到c，電勢增加9V，電子帶負電，電勢能降低9eV，所以電子從b到c的過程中，電勢能降低，電場力做正功，9eV，D正確；故選ABD。13.A、B兩船的質(zhì)量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船上質(zhì)量為的人，以對地水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船，經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上，不計水的阻力，則（）A.A、B兩船速度大小之比為2：3B.A、B（包括人）兩船的動量大小之比為1：1C.A、B（包括人）兩船的動量之和為0D.A、B（包括人）兩船動能之比為1：1【答案】BC【解析】【詳解】A.最終人停在B船上，以A、B兩船及人組成的系統(tǒng)為研究對象，在整個過程中，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得故A錯誤；B.以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對象，人在跳躍過程中總動量守恒，所以A、B（包括人）兩船的動量大小之比是1：1，故B正確；C.由于系統(tǒng)的總動量守恒，始終為零，故A、B（包括人）兩船的動量之和也為零，故C正確；D.A、B（包括人）兩船的動能之比故D錯誤。故選BC。14.如圖所示，在光滑的水平面上放著一個上部為半圓形光滑槽的木塊，開始時木塊是靜止的，把一個小球放到槽邊從靜止開始釋放，關(guān)于兩個物體的運動情況，下列說法正確的是A.當小球到達最低點時，木塊有最大速率B.當小球的速率最大時，木塊有最小速率C.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為最大D.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為零【答案】AD【解析】【詳解】小球和木塊的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，初狀態(tài)系統(tǒng)動量為零，當小球到達最低點時，小球有最大速率，即有最大動量，水平方向上系統(tǒng)動量為零，所以小球到達最低點時，木塊有最大動量，即木塊有最大速率，故A正確，B錯誤；小球和木塊的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，初狀態(tài)系統(tǒng)動量為零，知末狀態(tài)系統(tǒng)在水平方向上動量為零，所以小球再次上升到最高點時，小球速率為零，木塊的速率也為零，故C錯誤，D正確．所以AD正確，BC錯誤．15.如圖所示，兩個質(zhì)量相等的小球從同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，下滑到達斜面底端的過程中（）A.兩球所受重力沖量相同B.兩球下滑的過程中重力做功相等C.兩球到達斜面底端動能相同D.兩球到達斜面底端時動量相同【答案】BC【解析】【詳解】A．據(jù)可得兩個光滑固定斜面傾角不同，物體從頂端到底端的時間不同．兩物體質(zhì)量相等，在不同時間內(nèi)重力沖量不同．故A項錯誤；B．重力功WG=mgh可知，兩球下滑的過程中重力做功相等，選項B正確；C．根據(jù)可知，兩球到達斜面底端動能相同，選項C正確；D．兩物體到達斜面底端時速度方向不同，兩物體到達斜面底端時動量不同．故D錯誤。故選BC。16.某同學(xué)用圖甲所示裝置通過大小相同的A、B兩小球的碰撞來驗證動量守恒定律．圖中PQ是斜槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡．再把B球放在水平槽末端，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復(fù)這種操作10次．圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點．（1）安裝器材時要注意：固定在桌邊上斜槽末端的切線要沿_________方向．（2）小球A的質(zhì)量m1與小球B的質(zhì)量m2應(yīng)滿足的關(guān)系是m1_________m2（填“＞”“＜”或“＝”）（3）某次實驗中，得出小球的落點情況如圖乙所示（單位：cm），P′、M、N分別是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落點的平均位置（把落點圈在內(nèi)的最小圓的圓心）．若本次實驗的數(shù)據(jù)很好地驗證了動量守恒定律，則入射小球和被碰小球的質(zhì)量之比m1：m2_________．【答案】①.水平②.＞③.4：1【解析】【詳解】[1]斜槽末端的切線要沿水平方向，才能保證兩個小球離開斜槽后做平拋運動．[2]為防止碰撞后入射球反彈,入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量,即．[3]根據(jù)實驗原理可得:由圖乙可知：OM=15.5cm、OP′=25.5cm、ON=40.0cm，又因下落時間相同,即可求得：代值可得：17.如圖所示，在勻強電場中，有A、B兩點，它們的間距為2cm，兩點的連線與場強方向成60°角。將一個電量為﹣2×10﹣5C的電荷由A移到B，其電勢能增加了1×10﹣3J，求：(1)從A移到B的過程中，電場力對電荷做的功WAB；(2)A、B兩點的電勢差UAB；(3)勻強電場的場強大小E。【答案】(1)﹣1.0×10﹣3J；(2)50V；(3)5.0×103V/m【解析】【詳解】(1)電荷由A移到B，其電勢能增加了1×10﹣3J，即△Ep＝1×10﹣3J根據(jù)電場力做功與電勢能變化之間的關(guān)系，得：WAB＝﹣△Ep＝﹣1.0×10﹣3J(2)A、B兩點的電勢差UABV＝50V(3)勻強電場的場強大小EV/m＝5.0×103V/m18.如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置在兩個固定的等量正點電荷P、Q的中垂線上，A、B、C是細桿上的三個點，且AB=BC=L；點電荷P、Q到B、C的距離都是L；質(zhì)量m、電荷量q的有孔帶電小球套在桿上，從A點無初速度下滑，小球滑到B點時的速度大小為。若等量點電荷的電荷量為Q（q<<Q），靜電力常量為k，重力加速度為g．求：（1）小球帶何種電性A、B兩點的電勢差UAB；（2）小球到達C點時速度大小；（3）小球到達C點的加速度大小【答案】(1)負電(2)(3)【解析】【詳解】(1)對小球從A到B列動能定理，所以電場力做功從A到B場強方向向上，電場力做正功，電場力向下，所以小球帶負電；電勢差(2)根據(jù)題意B、C關(guān)于等量正電荷連線對稱，所以B、C電勢相同，從B到C電場力不做功，對其列動能定理所以在C點的速度為(3)點電荷P、Q到B、C的距離都是L，所以兩點電荷連線和點電荷與C點連線夾角為，所以有小球到達C點的加速度19.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的足夠長的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為MA=2kg的物體A（可視為質(zhì)點）。一個質(zhì)量為m=20g的子彈以500m/s的水平速度迅即射穿A后，速度變?yōu)?00m/s（子彈不會落在車上），最后物體A靜止在車上。若物體A與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。（取g=10m/s2）(1)平板車最后的速度是多大？(2)子彈射穿物體A過程中系統(tǒng)損失的機械能為多少？(3)A在平板車上滑行的時間為多少？【答案】(1)2m/s；(2)2392J；(3)0.4s【解析】【詳解】(1)設(shè)平板車最后的速度是v，子彈射穿A后的速度是v1，以子彈、