2018-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (IV).doc

xx-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (IV)一、单选题1.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定发生变化的物理量是A. 动能 B. 速度 C. 加速度 D. 合外力【答案】B【解析】A、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故A错误；B、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向不断变化的，所以速度一定在变化，故B正确；CD、平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，合外力不变，加速度是重力加速度，也不变，故CD错误；故选B。【点睛】曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的。2.一质点做曲线运动，它通过某点时的速度v的方向，加速度的方向可能正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切线方向；则可排除D；而做曲线运动的物体，其加速度指向轨迹的内侧，故AC错误，故B正确，ACD错误。3.AB分别是地球上的两个物体，A在北纬某城市，B在赤道上某地，如图所示。当它们随地球自转时，它们的角速度分别是A、B，它们的线速度大小分别是vA、vB。下列说法正确的是( )A. A=B，vAvBC. AB，vAmg，故B错误。所以D正确，ABC错误。8.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为.下列说法中正确的是A. 小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B. 细绳的拉力提供了向心力C.越大，小球运动的线速度越大D.越大，小球运动的周期越大【答案】C【解析】【详解】小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故AB错误；向心力大小为：Fn=mgtan，小球做圆周运动的半径为：R=Lsin，则由牛顿第二定律得：mgtan=mv2Lsin，得到线速度：v=singLcos=gLsintan，当越大，sin、tan越大，所以小球运动的速度越大，故C正确；小球运动周期：T=2Rv=2Lcosg，因此，越大，小球运动的周期越小，故D错误。所以C正确，ABD错误。9.为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如表以下探究方案符合控制变量法的是 序号抛出点的高度(m)水平初速度(m/s)水平射程(m)10.202.00.4020.203.00.6030.452.00.6040.454.01.2050.802.00.8060.806.02.40A. 若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据B. 若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据C. 若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据D. 若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据【答案】B【解析】【详解】探究影响平抛运动水平射程的因素时，若探究水平射程和初速度的关系，应保持高度不变。可用1、2或3、4或5、6数据；若探究水平射程和高度的关系，应保持初速度不变，可用表中序号为1、3、5的实验数据，故B正确，ACD错误。10. 一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点，轨迹如图中虚线所示，图中的一组平行实线表示的可能是电场线也可能是等势面，则下列说法中正确的是（ ）A. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小B. 无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高C. 无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小D. 如果图中的实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率【答案】D【解析】试题分析：A、由图看出，电场线或等势面疏密均匀，无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强和b点的场强大小相等故A错误B、根据电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力方向向右，电场线方向水平向左，则a点的电势都比b点的电势低故B错误C、D电子所受的电场力方向向右，电场力做正功，电势能减小，动能增大，则电子在a点的电势能都比在b点的电势能大，在a点的速率一定大于在b点的速率故C错误，D正确故选D11.如图质子(H11)、氘核(H12)和粒子(H24e)都沿平行板电容器两板中线OO/方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO/垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点则A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B. 若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点【答案】D【解析】试题分析：粒子进入平行板后，做类平抛运动，在水平方向上有：L=v0t，在竖直方向上：根据牛顿第二定律可得a=qEm，偏转量y=12at2，联立可得y=qEL22mv02，若它们射入电场时的速度相等，由于和荷质比相同，故有两个亮点，A错误；若它们射入电场时的动能相等，、带电量相等，故有两个亮点，C错误；它们射入电场时的质量与速度之积相等，即动量相同，则y=qEL22pv0，因为四个粒子的qv0都不相同，在荧光屏上将只出现3个亮点，B错误；若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确考点：考查了带电粒子在电场中的偏转【名师点睛】此类题目属于类平抛运动，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，两个方向的运动具有等时性，然后列式计算出偏移量，根据偏移量的表达式分析解题，二、多选题12.下列说法中正确的是A. 物体的动量改变，一定是速度大小改变B. 物体的动量改变，一定是速度方向改变C. 物体的运动状态改变，其动量一定改变D. 物体的速度方向改变，其动量一定改变【答案】CD【解析】【详解】动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定变，故AB错误；运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，故CD正确。所以CD正确，AB错误。13.物体在力F1、F2、F3的共同作用下处于平衡状态，若突然撤去外力F1，则物体的运动情况可能是A. 匀加速直线运动 B. 匀减速直线运动C. 匀速直线运动 D. 匀变速曲线运动【答案】ABD【解析】【详解】撤去F1，其余力的合力与F1等值、反向、共线，与速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动，共线时做匀变速直线运动，即可能是匀加速直线或匀减速直线，故ABD正确，C错误。14.一只船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽度为30m的河，河水的流速为4m/s，则下列说法中正确的是A. 船渡河的最短时间为10sB. 船渡河的速度一定为5m/sC. 船不能垂直到达对岸D. 船垂直到达对岸所需时间为6s【答案】AC【解析】【详解】当静水速与河岸垂直时，渡河时间为：t=dv静=303=10s，不可能等于6s，故A正确，D错误；因为船的静水速的方向未知，根据平行四边形定则，无法判断船渡河的速度大小，故B错误；根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸，故C正确。所以AC正确，BD错误。15.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则（ ）A. 该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB. 卫星在同上不轨道上的运行速度大于7.9km/sC. 在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D. 卫星在Q点通过减速实现由轨道进入轨道【答案】CD【解析】11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而地球同步卫星仍然绕地球运动，所以该卫星的发射速度必定小于11.2km/s。故A错误。根据开普勒第三定律a3T2=k，知卫星轨道的半长轴越大，运行周期越大，则卫星在椭圆轨道I上的运行周期小于在轨道上运行的周期。故B错误。在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度。故C错误。从椭圆轨道到同步轨道，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。故D正确。故选D。点睛：本题要求同学们理解第二宇宙速度的意义，掌握开普勒定律卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定16.在物理实验中，把一些微小量的变化进行放大，是常用的物理思想方法如图所示的四个实验，运用此思想方法的是A. 观察桌面形变B. 玻璃瓶发生形变C. 比较平抛运动和自由落体运动D. 测定万有引力常量【答案】ABD【解析】【详解】桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故A正确；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化，运用了放大的思想方法，故B正确；比较平抛运动和自由落体运动，运用了类比的思想方法，故C错误；引力大小仍是借助于光的反射来放大，运用了放大的思想方法，故D正确。所以ABD正确，C错误。三、实验题探究题17.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。在做“验证动量守恒定律”的实验时（1）实验必须满足的条件是_。A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止释放D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动（2）实验中要完成的必要步骤是_填选项前的字母。A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量抛出点距地面的高度HC.用秒表测出小球做平抛运动的时间tD.分别确定m1碰撞前后落地点的位置和m2碰后的落地点P、M、N，并用刻度尺测出水平射程OP、OM、ON。（3）入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，两小球的质量应满足m1_m2.(选填“大于”“小于”或“等于”（4）若所测物理量满足_表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒。（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应该满足的表达式为_。【答案】 (1). BC (2). AD (3). 大于 (4). m1OP=m1OM+m2ON (5). m1OP2=m1OM2+m2ON2【解析】【详解】（1）斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，故A错误；斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平，故B正确；小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变，故C正确；实验过程中，白纸不可以移动，故D错误。所以BC正确，AD错误。（2）本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是两小球的质量，因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量AB的高度和B点离地面的高度。因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，故选AD。（3）为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量；（4）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1OP=m1OM+m2ON，说明两球碰撞遵守动量守恒定律。（5）若碰撞是弹性碰撞，那么所测物理量还应该满足的表达式为：12m1v02=12m1v12+12mv22；即m1OP2=m1OM2+m2ON2。四、计算题18. 一物体在光滑水平面上运动，它在相互垂直的x方向和y方向上的两个分运动的速度-时间图象如图所示（1）计算物体的初速度大小；（2）计算物体在前3 s内的位移大小【答案】（1）50m/s （2）【解析】试题分析：（1）由图可看出，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动x方向的初速度 vx0=30m/s，y方向的初速度为 vy0=-40m/s; 则物体的初速度大小为（2）在前3s内，x方向的分位移大小 x3=vxt=303m=90my方向的分位移大小，故考点：运动的合成与分解【名师点睛】本题考查运动的合成与分解规律的应用，应明确两分运动相互独立，分时间一定相等，运用分运动的规律研究19.如图所示，竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R、A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为光滑轨道的最高点且在O的正上方，一个小球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰好能通过B点，最后落到水平面C点处求：（1）小球通过轨道B点的速度大小；（2）释放点距A点的竖直高度；（3）落点C与A点的水平距离【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）小球恰能通过最高点B时得（2）设释放点到A高度h，则有联立解得：（3）小球由C到D做平抛运动水平位移联立解得：所以落点C与A点的水平距离为：20.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响(1)求卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1；(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行半径r；(3)由题目所给条件，请提出一种估算地球平均密度的方法，并推导出密度表达式【答案】(1)v1=gR (2)r=3gR2T242 (3)=3g4GR 【解析】试题分析：（1）第一宇宙速度为卫星在地面附近轨道做匀速圆周运动的环绕速度，根据重力等于向心力列式求解；（2）根据卫星受到的万有引力等于向心力和地面附近的重力加速度公式联立列式求解；（3）根据地面附近的重力加速度公式先计算出地球质量，再估算密度解：（1）重力等于向心力mg=m解得v1=即卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1为（2）若不考虑地球自转的影响，地面上质量为m的物体所受的重力mg等于地球对物体的引力，即mg=G卫星受到的万有引力等于向心力G=mr 由两式解得r=即卫星运行半径r为（3）由式解得M=因而=即地球的密度为【点评】卫星类问题关键抓住引力提供向心力和地面附近重力加速度公式列式求解21.动能定理描述了力对物体作用在空间上累积的效果，动量定理则描述了力对物体作用在时间上累积的效果，二者是力学中的重要规律。（1）如图所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F(恒力的作用下，运动一段时间t后，速度变为vt.请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。（2）在一些公共场合有时可以看到，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，有人用铁锤猛击大石板，石板裂开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。若大石板质量为M=80kg，铁锤质量为m=5kg。铁锤以速度v1=6m/s落下，打在石板上反弹，当反弹速度为v2=1m/s。铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01s。由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间较长，约为t2=0.5s，取重力加速度g=10m/s2.请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。【答案】（1）Ft=mat=m(v-v0)=mv-mv0即为动量定理；其中Ft为合外力的冲量，mv-mv0为动量的变化。（2）在铁锤与石板的碰撞过程中，铁锤对。石板的作用力较大，超过了石板承受的限度，因而石板裂开。在作用前后，石板对人的作用力较小，其变化也较小，没有超过人能承受的限度，因而没有受伤【解析】【分析】由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得初末速度、力，时间之间的关系，从而将等式变形得到动量定理表达式；根据铁锤下落和反弹高度，由动能定理求得求得铁锤与石板碰撞前后的速度，即可根据动量定理得到铁锤和石板间作用力的平均值。【详解】根据牛顿第二定律： 运动学规律：即为动量定理；其中Ft为合外力的冲量，为动量的变化。在铁锤与石板的碰撞过程中，取竖直向上为正方向，对铁锤，由动量定理 解得： 对石板，由动量定理：，解得 在铁锤与石板的碰撞过程中，铁锤对石板的作用力较大，超过了石板承受的限度，因而石板裂开。在作用前后，石板对人的作用力较小，其变化也较小，没有超过人能承受的限度，因而没有受伤。【点睛】对石板进行受力分析，由动量定理求得石板和人之间作用力的平均值，即可由两平均值大小关系解释现象。对于运动过程中某一作用力做的功或某一位置的速度的求解，尤其是非匀变速运动，或做功的力较少或做功较易得到表达式的情况，常根据动能定理来求解。