1、宁城蒙古族中学20202021学年度高二联考物理试卷一、选择题：本题共12小题，共48分。在毎小题给出的四个选项中，第18小题只有一个项正确，第912小题有多个选项正确。有多个选项正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。1. 下列说法正确的是（）A. 做匀速运动的物体，其合外力不一定恒定B. 牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，并利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量C. 做圆周运动的物体，其合外力一定指向圆心D. 伽利略科学思想方法核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展【答案】D【解析】【详解】A做匀速运动的物体，其合
2、外力为零，一定是恒定的，选项A错误；B牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，选项B错误；C做匀速圆周运动的物体，其合外力一定指向圆心，选项C错误；D伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展，选项D正确。故选D。2. 如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是3L，一颗子弹沿水平方向以v1穿出A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹射入A时的速度为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设子弹射入A时的速度为v0，则射
3、穿A的过程中射穿B的过程中解得故选C。3. 下列说法正确的是（）A. 若物体速度变化量越大，则加速度也会越大B. 若系统所受合外力为零，则系统动量一定会守恒C. 若物体动量发生变化，则物体的动能一定也会变化D. 若合外力对系统做功为零，则系统的动量一定会守恒【答案】B【解析】【详解】A根据可知，若物体速度变化量越大，则加速度不一定越大，选项A错误；B若系统所受合外力为零，则系统的动量一定会守恒，选项B正确；C若物体动量发生变化，可能是速度方向变化，大小不变，则物体的动能不一定也会变化，选项C错误；D若合外力对系统做功为零，则系统的动量不一定会守恒，例如匀速圆周运动的物体，选项D错误。故选B。4
4、. 如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）A. 60mB. 40mC. 30mD. 10m【答案】A【解析】【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得则解得则绳子长度即绳子至少长60m长故选A。5. 下面各种说法中正确的是（）A. 法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场B. 元电荷最早由库仑通
5、过油滴实验测出C. 电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UABUBAD. 电场强度为零处，电势一定为零【答案】A【解析】【详解】A根据物理学史可知，法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故A正确；B元电荷最早由密里根通过油滴实验测出，故B错误；C电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，其中UAB=UBA，故C错误；D电势的大小取决于零势能面的选择，电场强度为零处，电势不一定为零，故D错误。故选A。6. 如图所示，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
6、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点电势一定高于A点电势【答案】BC【解析】【详解】A由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；B由电场场源为点电荷，aAaB可得，点电荷Q靠近M端；又有电子受力指向凹的一侧可得，MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，故B正确；C电子受力指向凹的一侧可得，根据电子只受电场力作用，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得，EpAEpB故C正确；D电子受力指向凹的一侧可得，MN上电场线方向向右，根据沿
7、着电场线电势降低可得，B点电势低于A点电势，故D错误。故选BC。7. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A当负极板右移时，d减小，由可知，C与x图象不能为一次函数图象，故A错误；B由和可得则故E与d无关，故B错误；C因负极板接地，设P点原来距负极板为x，则P点的电势故C正确；D电势能电势能不可能
8、不变，故D错误。故选C。8. 如图所示，、是带有等量的同种电荷的两小球（可视为点电荷），它们的质量都是，它们的悬线长度是，悬线上端都固定于同一点，球悬线竖直且被固定，球在库仑力的作用下，偏离球x的地方静止，此时球受到绳的拉力为，现在保持其他条件不变，用改变球质量的方法，使球距离为处平衡，则此时受到绳的拉力为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】小球受到重力mg、库仑力F库和绳的拉力F1，由平衡条件得知，mg、F库的合力与F大小相等、方向相反，作出mg、F库的合力如图由三角形相似得得根据库仑定律得知，当AB间距离x变化为时，库仑力F库变为原来的9倍，L不变，则得F变为原来的27倍
9、，即得后来绳的拉力大小为27F1。故D正确，ABC错误。故选D。9. 有关实际生活中的现象，下列说法正确的是（）A. 火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度B. 体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的冲量C. 用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D. 为了减轻撞车时对司乘人员的伤害，汽车前部安装气囊是为了减小司乘人员动量的变化量【答案】AC【解析】【详解】A火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度， 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，B错误；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，
10、C正确；D为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，而司乘人员动量的变化量是不变的，由可知，延长碰撞的时间，减小作用力，D错误。故选AC。10. 质量为的小车静止于光滑水平面上，小车的上表面由光滑的圆弧和光滑平面组成，弧半径为，车的右端固定有一不计质量的弹簧，如图所示现有一质量为的滑块从圆弧最高处无初速下滑，与弹簧相接触不栓接并压缩弹簧重力加速度求：弹簧具有的最大的弹性势能和当滑块与弹簧分离时小车的速度( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】AB.设水平向右为正方向，小球与滑块组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向上动量守恒，小车与滑块速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于系
11、统的初动量为零，由动量守恒可得，此时系统动量也为零，速度为零，由于没有摩擦力，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可得，弹簧的弹性势能最大为，故B正确，A错误CD.小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，联立解得，故D正确，C错误11. 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A. 平面c上的电势为4VB. 该电子一定能到达平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为2eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的倍【
12、答案】CD【解析】【详解】A虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A错误；B由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B错误；C在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当
13、电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C正确；D电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D正确。故选CD。12. 如图所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是 ( )A. 小球一定能从B点离开轨道B. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动C. 小球到达C点的速度可能为零D. 当小球从B点离
14、开时，上升的高度一定等于H【答案】BD【解析】【详解】A由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B若重力大小等于电场力大小，小球进入轨道后靠弹力提供向心力，小球AC部分能做匀速圆周运动，故B正确；C若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；D由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。故选BD。二、实验题：（13小题6分，14小题10分）13. 如图为实验室中验证动量守恒实验装置示意图(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m
15、2，半径为r2，则_；Am1m2 r1r2 Bm1m2 r1r2Cm1m2 r1=r2 Dm1m2 r1=r2(2)为完成此实验，以下所提供测量工具中必需的是_（填下列对应的字母）A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）_成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案】 (1). C (2). AC (3). 【解析】【详解】(1)1在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有在碰撞过程中动能守恒解得要碰后入射小球的速度v10，即则为了使两球发生正碰，两小球的半径相同故选C(2)2P为
16、碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度如果则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，所以所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平故选AC(3)3由(2)分析可知，若成立，即表示碰撞中动量守恒14. 为探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图1所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：(1)为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_；A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C将木板不带
17、滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰做匀加速运动(2)某学生在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角偏大，则他所得到的a-F关系图像应是如图2中的_图（图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线作用于小车的拉力F）；(3)某同学在实验中得到的纸带如图所示，已知实验所用电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4各点没有画出。据纸带可求出小车的加速度大小为_（结果保留两位有效数字）；(4)图1所示实验装置还可以做课本的力学实验_、_。【答案】 (1). C (2). C (3). 0.88 (4). 探究小车速度随时间变化的
18、规律 (5). 探究功与速度变化的关系。【解析】【详解】(1)1为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是：将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；故选C。(2)2若某学生在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角偏大，则小车上不加外力也应该有加速度，故选C。(3)3据可求出小车的加速度大小为(4)45图1所示实验装置还可以做课本的力学实验：探究小车速度随时间变化的规律；探究功与速度变化的关系.三、计算题（15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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
19、写出数值和单位。）15. 如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mAmB0.2kg，mC0.1kg，取3.17。求：(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小。【答案】(1)9m/s；(2)1.9m/s【解析】【详解】(1)滑块C撞上滑块B的过程
20、中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得 弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度零，根据能量守恒定律得 解得v13m/sv09m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得 根据能量守恒定律得解得v21.9m/s16. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，恰好垂直与倾角为45的斜面相碰，在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为0.9m已知半圆形管道的半径为R=lm，小球可看作质点且质量为m=lkg，重力加速度为g(g
21、= 10m/s2)求： (1)小球经过管道的B点时，小球对管道的作用力；(2)小球经过管道最低点A时的速度【答案】（1）1N，方向向上（2）7m/s【解析】【详解】（1）根据平抛运动的规律和运动合成的有关规则，小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等vB=vy=gt.x=vBt=0.9 m. 根据牛顿运动定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）FB+mg= 解得：FB=-1N负号表示轨道对球的作用力方向向上. （2）从A到B的过程小球的机械能守恒：mvA2-mvB2=mg2RvA=7m/s17. 如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一
22、带正电的粒子电荷量为q=1.01010C，质量为m=1.01020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k=9.0109Nm2/C2，粒子的重力不计）(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹。(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。【答案】(1)3cm；12cm；(2) ；(3)负电；【解析】【详解】(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为，由几何关系得解得(2) 第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图(3) 粒子到达H点时，其水平速度竖直速度则有该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径根据牛顿第二定律则有解得