物理卷·2019届山西省山西师范大学附属中学高二上学期10月月考物理（解析版）x 12页

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 山西大学附属中学2017-2018学年高二上学期10月月考物理 一、单选题 ‎1. 关于静电场的电场线，下列说法正确的是 A. 电场强度较大的地方电势一定较低 B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小 C. 沿电场线方向，电势一定越来越低 D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹 ‎【答案】C ‎【解析】电场线的疏密程度表示电场的强弱，沿电场线方向电势降低，所以电场强度大的地方电势不一定较低，沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，AB错误C正确；电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，电场线并不是带电粒子在电场中运动的轨迹，D错误．‎ ‎2. 如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为M，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短(即极短时间内完成粘连过程)，则对物体M、挡板m和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是 A. 在M与m相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒 B. 从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒 C. 从M与m开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒 D. 以上三种说法都不正确 ‎【答案】A 点睛：本题考查了判断动量与机械能是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件即可正确解题；碰撞过程中内力远远大于外力，动量守恒，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒．‎ ‎3. 以下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线.若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】解：根据动量定理得：‎ mgt=△P，mg是定值，方向向下，‎ 故C正确；‎ 是个定值，重力的方向向下，D答案也正确．‎ 故选CD ‎【点评】本题考查了动量定理的直接应用，难度不大，属于基础题．‎ ‎4. 如下图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 A. 零 B. 向右 C. 向左 D. 不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎5. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则 A. M点的电势比P点的电势低 B. 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C. N点的场强大于M点的场强 D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】由电场分布特点和沿电场方向电势降低及MP⊥ON可知M点的电势比P点的电势高，A错误；O点电势比P点高，将负电荷从O点移到P点，电场力做负功，B错误；因为电场线疏密程度表示电场的强弱，所以N点的场强小于M点的场强，C错误；由电场分布可知从O点静止释放一带正电粒子，该粒子受到沿y轴正方向的电场力作用从静止开始沿y轴做直线运动，D正确．‎ ‎6. 如图所示，一沙袋用轻细绳悬于O点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出，第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋.使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°，若弹丸质量是沙袋质量的1/40倍，则以下结论中正确的是 A. v1=v2 B. v1∶v2=41∶42 C. v1∶v2=42∶41 D. v1∶v2=41∶83‎ ‎【答案】D ‎【解析】选D.由于两次的最大摆角相同，故在最低点的速度相同．由动量守恒定律可知，第一粒弹丸击中沙袋后mv1＝(m＋M)v 第二粒弹丸击中沙袋后 mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v 联立可解得v1∶v2＝41∶83，D项正确．‎ ‎7. 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是vA=3m/s，vB=-3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为 A. vA′=1m/s，vB′=1m/s B. vA′=-3m/s，vB′=9m/s C. vA′=2m/s，vB′=-1m/s D. vA′=-1m/s，vB′=-5m/s ‎【答案】A ‎【解析】以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3+2×(−3)=6kg⋅m/s，‎ 碰前总动能为：‎ A、如果v′A=1m/s、v′B=1m/s，碰后系统动量为6kg⋅m/s，总动能为3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；‎ B、如果v′A=−3m/s、v′B=9m/s，碰后系统总动量为6kg⋅m/s，总动能为99J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；‎ C、如果v′A=2m/s、v′B=−1m/s，碰后系统总动量为6kg⋅m/s，总动能为9J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C错误；‎ D、如果v′A=−1m/s、v′B=−5m/s，碰后总动量为−14kg⋅m/s，系统动量不守恒，故D错误；‎ 故选：A ‎【名师点睛】‎ 两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，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。‎ ‎8. 如图所示，一小物块由粗糙斜面上的O点静止释放，下滑过程中经过A、B两点；若小物块改由O′点静止释放，再次经过A、B两点，小物块第二次从A到B的过程中与第一次相比 A. 摩擦力对小物块的冲量变大 B. 摩擦力对小物块的冲量变小 C. 小物块的动能改变量变大 D. 小物块的动能改变量变小 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：结合物块做匀加速直线运动得出运动时间的长短是判断摩擦力冲量大小变化，结合合力做功判断动能的变化量．‎ 物块在斜面上做匀加速直线运动，速度越来越大，若小物块改由点静止释放，则经过AB段平均速度比第一次大，运动时间比第一次短，物块受力不变，根据动量定理可知第二次摩擦力对小物块的冲量变小，故A错误B正确；根据动能定理知，物块两次经过AB段时，重力做功相等，克服摩擦力做功相等，则动能的变化量相等，故CD错误．‎ ‎9. 在真空中上、下两个区域(范围足够大)均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在下图所示的速度—时间图像中，符合粒子在电场内运动情况的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。‎ ‎10. 如图(甲)所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受静电力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图像如图(乙)所示.以下说法中正确的是 A. Q2一定带负电 B. Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量 C. b点的电场强度一定为零 D. 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据速度-时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可分析出a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．‎ 由乙图可知粒子在b点时的速度最小，加速度为零，则b点的电场强度为零，因为带负电，在b点的电场强度方向水平向左，要使b点场强为零，则带正电，根据可知，因为，所以，AB错误C正确；因为粒子的速度先减小后增大，所电场力先做负功后做正功，粒子的电势能先增大后减小，D错误．‎ 二、多选题 ‎11. 如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法中正确的是 A. 粒子可能带负电 B. 粒子在P点的动能大于Q点动能 C. 粒子在P点电势能与动能之和等于粒子在Q点电势能与动能之和 D. 粒子在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力 ‎【答案】BC ‎【解析】由轨迹弯曲方向可知，粒子受电场力的方向指向低电势方向，所以粒子带正电，A错误；如果粒子从P向Q运动，则电场力做负功，动能减小，P点的动能大于Q点的动能，如果粒子从Q到P运动，电场力做正功，动能增大，P点的动能大于Q点的动能，故无论如何运动，都有在P点的动能大于粒子在Q点的动能，B正确；过程中只有电场力做功，电势能和动能相互转化，根据能量守恒定律可知粒子在P点的电势能和动能之和等于粒子在Q点的电势能和动能之和，C正确；因为等势线分布越密集，电场强度越大，粒子受电场力就越大，由图可知粒子在P点受到的电场力小于粒子在Q点受到的电场力，D错误．‎ ‎12. 向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b 两块.若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 A. b的速度方向一定与原速度方向相反 B. 从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C. a、b一定同时到达地面 D. 炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等 ‎【答案】CD ‎【解析】物体在炸成两块时，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，b的速度方向可能与原速度方向相同、相反或为零，但a和b两块的动量变化一定大小相等，方向相反，A错误D正确；在爆炸后，a和b在竖直方向做自由落体运动，二者在空中运动时间相等，同时到达地面，由于a和b的水平速度关系未知，所以二者落地时的水平距离关系不能确定，选项B错误C正确．‎ ‎13. 如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为m，给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足 A. 最小值 B. 最小值m C. 最大值 D. 最大值m ‎【答案】BD ‎【解析】当冲量最大时，小球在最高点受到有重力、环对小球的压力，要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为，小球在最高时由牛顿第二定律可得，小球从最低点到最高点过程中由机械能守恒定律可得，联立可得，根据可得，即瞬时冲量最大值为；当冲量I最小时，小球在恰好过最高点，设速度为，此时小球只受重力，由牛顿第二定律可得，小球从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得，联立可得，根据可得瞬时冲量最小值为，BD正确．‎ ‎14. 如图所示，两个质量均为m，带电荷量均为+q的小球A、B，一个固定在O点的正下方L处，另一个用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是 A. O点处的电场强度的大小为 ‎ B. A在B处产生的电场强度大小为 ‎ C. 细绳上的拉力大小为 D. B球所受A球的库仑力和绳的拉力的合力方向竖直向上 ‎【答案】ABD ‎【解析】根据点电荷场强的公式求出两个电荷在O点处的电场强度的大小，电场强度是矢量，运用用平行四边形法则进行矢量叠加，求出O点处的电场强度的大小．以小球B为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解细绳上的拉力大小，确定B球所受A球的库仑力和绳的拉力的合力方向．‎ 根据点电荷电场强度的公式可知小球A、B在O点产生的场强大小都是，根据平行四边形定则得O点处的电场强度的大小为，A正确；根据点电荷电场强度的公式得A在B处产生的电场强度为，B正确；以小球B为研究对象，分析受力如图所示，根据平衡条件得细绳上的拉力，C错误；根据平衡条件得B球所受A球的库仑力和绳的拉力的合力与B的重力等值反向，所以B球所受A球的库仑力和绳的拉力的合力方向竖直向上，D正确．‎ 三、计算题 ‎15. 如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向右滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板.求：‎ ‎(1)最终二者的速度；‎ ‎(2)碰撞过程中损失的机械能.‎ ‎【答案】 (1)v=0.8m/s (2)E1=2.4J ‎【解析】试题分析：设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律 设全过程损失的机械能为E，‎ 用E1表示在碰撞过程中损失的机械能， 解得 代入数据得:v=0．8m/s ,E1=2．4J 考点：考查动量守恒定律；功能关系．‎ ‎16. 一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g).求:(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)小球经过最低点时丝线的拉力大小.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）小球静止在电场中受力如图所示 显然小球带正电，由平衡条件得:①，故②‎ ‎（2）电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功.由动能定理得③‎ 由圆周运动知识，在最低点时，④‎ 由②③④解得 ‎17. 如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止.重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)水平向右的电场的电场强度；‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.‎ ‎【答案】(1)   (2)0.3g　(3)0.3mgL ‎【解析】（1）对物块受力分析，根据共点力的平衡条件可得，解得；‎ ‎（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得，解得；‎ ‎（3）根据动能定理可得下滑L时的动能 ‎18. AOB是光滑的水平轨道，BC是半径为R的光滑圆弧轨道，两轨道恰好相切，如图所示，质量为M(M=9m)的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块恰好滑到圆弧的最高点C处(子弹、木块均视为质点).‎ ‎(1)求子弹射入木块前的速度.‎ ‎(2)若每当木块回到O点时，立即有相同的子弹以相同的速度射入木块，且留在其中，当第六颗子弹射入木块后，木块能上升多高?‎ ‎(3)当第n颗子弹射入木块后，木块上升的最大高度为，则n值为多少?‎ ‎【答案】(1)10   (2)停在O处　(3)11‎ ‎【解析】（1）子弹与木块作用，由动量守恒定律得 由B到C的过程中，由机械能守恒定律得 整理得 ‎（2）第一颗子弹与木块作用，‎ 第二颗子弹与木块作用，，则 第三颗子弹与木块作用，‎ 第四颗子弹与木块作用，，则…‎ 第六颗子弹与木块作用，.‎ 故木块停留在O处.‎ ‎（3）木块上升的高度为时，由机械能守恒得，‎ 木块获得的速度为.‎ 据动量守恒定律得，解得n=11.‎