重庆市黔江中学2021-2022学年高二上学期10月考试物理题 Word版含解析.docx

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重庆市黔江中学校2021-2022年度高二上10月考试物理试卷一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。1～8题只有一个选项符合题目要求；9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.有关实际中的现象，下列说法不符合事实的是（）A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【答案】D【解析】【详解】A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；B．体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，故B正确；C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害；故是为了减少反冲的影响，故C正确；D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱应有弹性，从而延长与人的接触时间而减小伤害，故D错误。故选D。2.关于电场中的某一点P，下列说法中正确的是（　　）A.若放在P点的试探电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B.若P点没有试探电荷，则P点的场强为零C.P点场强越大，同一电荷在P点受到电场力越大D.P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向【答案】C【解析】【详解】AB．电场中的某一点P的场强与电场本身有关，与试探电荷的电荷量、有无无关，则若放在P点的试探电荷的电荷量减半、若P点没有试探电荷，P点的场强不变，故AB错误；C．根据P点场强越大，同一电荷在P点受到的电场力越大，故C正确； D．P点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，故D错误。故选C。3.某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上（船未与岸相撞），不计水的阻力，则（）A.该同学和小船最终静止在水面上B.该过程同学的动量变化量大小为105kg·m/sC.船最终的速度是0.95m/sD.船的动量变化量大小为70kg·m/s【答案】B【解析】【详解】AC．规定该同学原来的速度方向为正方向.设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得v=0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；B．该同学的动量变化量为Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；D．船的动量变化量为Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s，故D错误.4.一质量为的运动员从下蹲静止状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，此时速度为，在此过程中（　　）A.地面对他的冲量为B.地面对他的冲量为C.地面对他的冲量为D.地面对他的冲量为【答案】A【解析】【分析】【详解】取向上为正，人从下蹲起跳，经∆t时间速度为v，对此过程应用动量定理得I-mg∆t=mv-0解得在此过程中，地面对他的冲量 I=mv+mg∆tA正确。故选A。5.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，两个带等量异号电荷的点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的电场强度大小变为，则与之比为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为所以O点的电场强度大小当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，根据矢量的叠加可知O点的场强大小变为故故选A。6.如图左图甲、乙两个带电物体放置在绝缘水平面上，同时由静止释放甲和乙后，甲开始时保持静止，物体乙运动的v－t图象如右图所示，则(　　) A.两个物体带同种电荷B.甲受到地面向左的摩擦力C.两个物体带电荷量一定相等D.经过一段时间，甲可能运动【答案】A【解析】【详解】A．由静止释放后，两物体之间的力为库仑力F＝k，库仑力大小与距离的平方成反比，由v－t图象可知，乙的加速度越来越小，即所受库仑力越来越小，甲、乙之间距离越来越大，甲、乙之间为排斥力，带同种电荷，故A正确；B．甲、乙之间相互排斥，甲受到向右的摩擦力，故B错误；C．由牛顿第三定律知，无论甲、乙带电荷量多少，甲、乙受到的库仑力一样大，但无法确定电荷量是否相等，故C错误；D．两物体越来越远，库仑力越来越小，始终小于甲的最大静摩擦力，故D错误．7.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点．不计一切摩擦，下列说法正确的是　　A.m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B.m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C.m释放后能够到达c点D.当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大【答案】D【解析】【详解】A、m从a点运动到b点过程，m与M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，在该过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误； B、m从a释放后，从a到b过程，只有重力做功，该过程m的机械能守恒，m经过b后初重力做功外，轨道弹力对m做功，m的机械能减少，m的机械能不守恒，故B错误；C、m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点，故C错误；D、m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速，故D正确。故选D。8.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则A.碰后红壶被反弹回来B.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力C.碰后蓝壶速度为0.8m/sD.碰后蓝壶移动的距离为4m【答案】C【解析】【详解】由图知：碰前红壶的速度，碰后速度为，可知，碰后红壶沿原方向运动，故A错误．根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力．故B错误．设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：v=0.8m/s，故C正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小，故D错误；故选C．【 点睛】根据速度的正负分析红壶的速度方向．对于碰撞过程，运用动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解蓝壶移动的位移；根据图象的斜率分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律分析碰后红、蓝两壶所受的摩擦力大小关系．9.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，，，．当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度、可能为A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v=4m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2＝MAvA′2+MBvB′2，代入数据解得：vA′=2m/s，vB′=5m/s，则碰撞后A、B的速度：2m/s≤vA≤4m/s，4m/s≤vB≤5m/s，故AD正确，BC错误．故选AD．【点睛】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．10.某电场的电场线分布如图所示，则(　　)A.电荷P带正电B.电荷P带负电C.a点的电场强度大于b点的电场强度D.正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力【答案】AD【解析】【详解】由图可知电场线从正电荷出发，所以电荷P带正电，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C 错误；根据电场线越密的地方电场强度越大，所以c点的场强大于d点场强，所以正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确．所以AD正确，BC错误．11.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图可以做出正确判断的是（　　）A.带电粒子所带电荷的正负B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的加速度何处较大【答案】BCD【解析】【详解】AB．由题图可知，带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在a、b两点的受电场力方向沿电场线向左，由于电场线方向不明，带电粒子所带电荷的正负不能确定，A错误，B正确；C．带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明带电粒子在a、b两点受电场力方向沿电场线向左，可知从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，可知带电粒子在a点的速度较大，C正确；D．由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知a点的电场强度较大，带电粒子在a点受的电场力较大，由牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度较大，D正确。故选BCD。12.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μ，重力加速度为g.则A.全程滑块水平方向相对地面的位移R+L B.全程小车相对地面的位移大小C.μ、L、R三者之间的关系为R=μLD.滑块m运动过程中的最大速度【答案】BC【解析】【详解】AB．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．取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：即结合，解得故A错误，B正确；C．对整个过程，由动量守恒定律得：得由能量守恒定律得得故C正确；D．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得：联立解得 故D错误．故选BC.点睛：本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒，运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面．二、实验探究题（共14分，13题6分，14题8分）13.气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B质量mA、mBb．调整气垫导轨，使导轨处于水平c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2（1）实验中还应测量的物理量是__；（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__；（3）利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为__。【答案】①.B的右端至D板的距离L2②.mAmB0③.EpmB【解析】【分析】详解】(1)[1]因系统水平方向动量守恒即mAvA﹣mBvB＝0由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有 vAvB即mAmB0所以还要测量物理量是B的右端至D板的距离L2；(2)[2]由(1)分析可知验证动量守恒定律的表达式是mAmB0(3)[3]根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能为Ep将vA，vB代入上式得EpmB14.如图甲，在“验证动量守恒定律”实验中，P为入射球A未与被碰球B碰撞时的落点。（1）这个实验对小球A的质量m1和小球B的质量m2的要求是：m1___________m2（填“>”、“=”或“＜”）。（2）为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是___________。A．使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出B．使入射球与被碰小球碰后能同时飞出C．使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向 D．使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失（3）若A球质量为m1=50g，两小球发生正碰前后的位移-时间（x-t）图象如图乙所示，则小球B的质量为m2=___________g。（4）实验时调节A球下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后测得两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比应满足___________。【答案】①.>②.C③.20④.【解析】【详解】（1）[1]为了防止实验中入射球反弹，应保证入射球的质量大于被碰球的质量，即由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，根据动量守恒定律可得在水平方向有即由图可知，不放被碰球时A的水平位移为OP；两球相碰后，水平位移分别为OM和；故应验证的表达式为（2）[2]研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动。故选C。（3）[3]由图乙所示图象可知由图求出碰后m2和m1的速度分别为 两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入解得（4）[4]设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有碰撞过程动能不增加，有解得由于则三、计算题（共38分，要求写出必要的计算过程，只写结果不得分）15.如图所示，一质量为，带电量大小为的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成，小球在运动过程中电量保持不变，重力加速度g取10m/s2。（1）求电场强度大小E；（2）细线受到的拉力大小T。（）【答案】（1）；（2）0.125N【解析】 【详解】（1）由受力分析平衡条件得小球所受电场力解得（2）细线受到的拉力大小16.如图所示，电荷量Q＝2×10－7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m＝2×10－4kg，电荷量q＝1×10－7C的另一正点电荷B从O点正上方0.5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P点。若静电力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)B释放时的加速度大小；(2)P、O间的距离L。【答案】(1)6.4m/s2；(2)0.3m【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律有mg－k=ma解得a＝6.4m/s2(2)当B受到合力为零时，速度最大，则P、O间的距离L满足mg=k解得L=0.3m17.如图所示，A是长为L的细线悬挂的质量为m的小球，A的下端离光滑水平面很近，且可以绕O点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为2m的滑块B沿光滑水平面以某一速度正对A运动，并与A 发生弹性碰撞，已知细线承受的最大拉力为10mg，g为重力加速度。求：（1）若碰后细线恰好不被拉断，求碰前B的速度v0；（2）若要使小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，滑块B初速度的取值范围。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）碰后细线恰好不被拉断，设小球A在最低点时速度为v1，在最低点细线的拉力与小球的重力提供向心力，在最低点，根据牛顿第二定律得解得碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒解得（2）小球A恰好能做完整的圆周运动，在最高点，小球的重力提供向心力，在最高点，由牛顿第二定律得设小球在最高点时速度为v2，小球从最低点到最高点过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得在最高点解得 碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒解得所以滑块B初速度的取值范围18.如图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为mA=0.2kg，mB=mC=0.1kg。现用外力将B、C和A压缩弹簧，外力做功为7.2J，弹簧仍在弹性限度内，然后由静止释放。试求：（1）弹簧第一次恢复原长时A的速度大小；（2）释放后，弹簧处于原长时，物块B的速度大小。【答案】（1）6m/s；（2）6m/s或10m/s【解析】【详解】（1）根据动量守恒根据能量守恒代入数据联立得（2）弹簧第一次恢复原长时，B、C分离对A、B和弹簧组成的系统，根据动量守恒 根据能量守恒联立解得