1、广东省深圳市第二中学2019-2020学年高二物理上学期段考试题（含解析）时间:90分钟 满分:100分一单项选择愿(本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不答的得0分。请将答案填在答题卡上)1.1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功进行了“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是A. 安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B. 安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C. 安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D
2、. 安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大【答案】C【解析】【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=p可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了驾驶员的动量变化率，故选C。2.如图所示,一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定,仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量守恒B. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量不守恒C.
3、 物块仍能停在水平轨道的最左端D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道【答案】BC【解析】【详解】AB.轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒。物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；CD.设轨道的水平部分长为L轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR=mgL轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=（M+m）v则得 v=0根据能量守恒定律得：mgR=（M+m）v2+mgx联立解得 x=L所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C正确，D错误
4、。3.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A. vA=2m/s，vB=4m/sB. vA=5m/s，vB=2.5m/sC. vA=4m/s，vB=7m/sD. vA=7m/s，vB=1.5m/s【答案】A【解析】【详解】考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，故BD错误；A追上B并发生碰撞前的总动量是，A、B、C、D、根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，A选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为24J，
5、故A正确，C错误；故选A。【点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。4.某人在一只静止的小车上练习打靶，已知车，人，枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小车后退的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】以船、人连同枪（不包括子弹）、靶以
6、及枪内有n颗子弹组成的系统为研究的对象，取子弹的速度方向为正方向。当射出一粒子弹时，由系统的动量守恒得：mv-M+（n-1）mv=0设每颗子弹经过时间t打到靶上，则有：vt+vt=L联立以上两式得：同理射完n颗子弹的过程中，每一次发射子弹船后推的距离都相同，所以船后退的总距离为：。A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；5.如图甲所示，在光滑水平面上两小球发生正碰， 小球的质重分别为m1与m2。图乙为它们碰撞前后的s-t图像。已知m1=0.1kg,由此可以判断（ ） A. m2=0.3kgB. 碰撞后m1与m2都向右
7、运动C. 该碰撞是弹性碰撞D. 碰撞过过程中系统损失了0.4J的机械能【答案】AC【解析】【详解】AB由s-t图象的斜率等于速度，可得，m1碰前速度v1=4m/s，m2碰前速度v2=0，则知碰前m2静止，m1向右运动。碰后m1速度为 v1=-2m/s，向左运动。碰后m2的速度 v2=2m/s，向右运动。根据动量守恒定律得 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2。代入数据解得：m2=0.3kg故A正确，B错误；CD两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：E=（m1v12+m2v22）-（m1v12+m2v22）=0，所以碰撞过程是弹性碰撞。故C正确，D错误。6.在点电荷 Q形成的电场中有一点
8、A，当一个-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，来分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，由公式EA=-W确定电荷在A点的电势能，由公式A=-求解A点的电势【详解】依题意，-q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，在无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EA=-W，A点的电势故A正确。故选A。【点睛】电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势
9、的电势差，再求解电势和电势能一般代入符号计算7.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 ()A B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大
10、小，故D错误。所以B正确，ACD错误。8.如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m都用长为L的绝缘细线挂在绝缘竖直墙上的O点，静止时A球靠墙，B球悬线与竖直方向夹角=90。由于外部原因小球B电荷量减小，当两球再次静止时，B球悬线与竖直方向夹角= 60，则小球B的电荷量减小为原来的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】当B球悬线与竖直方向夹角为90时，由平衡知识可知：B球悬线与竖直方向夹角为 60时，由平衡知识可知：联立解得：A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；9.如图所示，a、b两个带正电的
11、粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点若不计重力，则( )A. a的电荷量一定大于b的电荷量B. a的质量一定小于b的质量C. a的比荷一定大于b的比荷D. a的动能增量一定小于b的动能增量【答案】C【解析】据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：，竖直位移为：，当a、b以相同速度垂直电场线进入电场后，有：，由于v、y和E都相等，而b粒子的水平位移大故b粒子的较大，因而a粒子的较大，故C正确。点晴：本题考查带电基本粒子（不考虑重力）在匀强电场中做类一平抛运动，处理方法将运动分解为：初速度方向：匀速直线运动，电场
12、力方向：匀加速直线运动。10.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. 增大，E增大B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大D. 减小，E不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，Q=CU，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下
13、极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。二. 多项选择题 (本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中， 有两个或以上的选项正确，全选对的得5分，有测选的得3分，选常或不答的得0分。请将答案填在答题卡上)11.下列各物理量中，与检验电荷的电
14、荷量有关的物理量是（ ）A. 电场力B. 电场强度C. 电势差D. 电势能【答案】AD【解析】由电场力可知，电场力即可与电场有关，也与检验电荷q有关，故A正确；电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式，可知与检验电荷无关，故B错误；电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定电势与检验电荷无关，C错误；由电场力，可知电势能和检验电荷有关，D正确12.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳连接的两个材料相同的物体A、B，质量均为m在水平恒力的作用下以速度v做匀速运动，在t=0时轻绳断开，在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（ ）A. 至时间内，A、B的总动量守恒B. 时，A的动量为2mvC.
15、至时间内，A、 B的总动量不守恒D. 时，A的动量为2mv【答案】ABC【解析】【详解】A在B停止滑动前，以整体为研究对象，A、B摩擦力并没有发生变化，所以AB合外力仍为零，所以系统动量守恒，A、B所受摩擦力均为，所以从t=0到B停下，对B，由动量定理得：即：时，B停下。所以t=0至时间内，A、B的总动量守恒，故A正确；BD时，即B刚停下时，对AB，从t=0到，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv=P+0解得A的动量为：P=2mv即 时，A的动量等于2mv；时，A的动量大于2mv，故B正确，D错误；C至时间内，B已经停止运动，A合外力不为零，所以A、B的总动量不守恒，故C正确；13.如图所
16、示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A. 电子一定从A向B运动B. 若，则Q靠近M端且为正电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有D B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么
17、，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC14.两个等量正点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，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt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)则下列说法正确的是()A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E1N/CB. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C.
18、 由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D. AB两点的电势差UAB5V【答案】AD【解析】【详解】A据v-t图可知物块在B点的加速度最大，为，所受的电场力最大为F=ma=2N，据知，B点的场强最大为，故A正确。B据v-t图可知，由C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误。C据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误。D据v-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得，由图知，vA=6m/s，vB=4m/s，解得，故D正确。三. 实验题(每空2分，共10分)15.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰
19、撞中的不变量”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz.(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离则应选图中_段来计算A碰前的速度，应选_段来计算A和B碰后的速度(2)已测得小车A的质量mA0.40 kg，小车B的质量mB0.20 kg，则由以上结果可得碰前mAvAmBvB_kgm/s，碰后mAvAmBvB_kgm/s.(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？ _.【答案】 (1). （1）BC； (2).
20、 DE； (3). （2）0.420； (4). 0.417； (5). （3）mv之和【解析】【详解】(1)12因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度(2)34由题图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为：vAm/s1.05 m/s，vAvBm/s0.695 m/s.故碰撞前：mAvAmBvB0.401.05 kgm/s0.200 kgm/s0.420 kgm/s.碰撞后：mAvAmBvB(mAmB)vA(0.400.20)0.
21、695 kgm/s0.417 kgm/s.(3)4数据处理表明，mAvAmBvBmAvAmBvB，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后物理量mv之和是不变的四、计算题(第16题8分，第17题8分，第1题14分，共30分)16.如图所示，质量为小球2m的小球A和质量为m的小球B用等长的细线悬于O点。线长L重力加速度为g。若将A由图示位置静止释放，与B球发生弹性正碰，则碰后A、B球的速度各是多少? 【答案】 ；【解析】【详解】A球到达最低点时，由动能定理得：，解得：A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒有：根据能量守恒有：联立解得：17.如图所示，在水平向左、大小为E=1.0103 N/C 的匀强电
22、场中，一个质量为m=0.1kg的带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点。平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角=53，绳长为L=0.6m，重力加速度g取10m/s2，sin530 =0.8.(1)求小球带电荷量q的大小和带电性质；(2)将小球移到B点，使得OB水平，且轻绳恰好伸直，给小球一竖直向下的初速度vB，小球到达悬点正下方C点时绳中拉力恰等于小球重力，求vB大小；【答案】（1）负电； （2）2m/s【解析】【详解】（1）在A点小球处于平衡状态，根据小球受重力、电场力和绳子拉力作用可得：小球受力如图所示，故根据受力平衡可得：电场力方向水平向右，大小qEmgtanmg；故小球带负电，带电量
23、（2）根据小球受重力、电场力和绳子拉力作用，由小球到达悬点正下方C点时绳中拉力恰等于小球重力，根据牛顿第二定律可得：小球在C点的速度vC=0；小球从B到C的过程只有重力、电场力做功，故由动能定理可得：所以，18.如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不
24、脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值【答案】（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R0.24m或R0.6m【解析】解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0=（m+M）v1代入数据解得v1=4m/s设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有mgL1=代入数据解得 L1=3m设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有mgS1=代入数据解得S1=2m因L1L，S1S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即
25、v1=4m/s（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=LL1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为mg=m根据动能定理，有mgL2联立并代入数据解得R=0.24m若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理，有mgL2代入数据解得R=0.6m综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.24m或R0.6m答：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R0.24m或R0.6m【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力