1、湖南省衡阳市第八中学 2018-2019 学年高二上学期期中考试物理试题一、选择题。1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是：（）A. 只要系统内存在着摩擦力，系统的动量的就不守恒B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C. 只有系统所受的合外力为零，系统的动量才守恒D. 只要系统所受外力的冲量的矢量和为零，系统的动量就守恒【答案】D【解析】【详解】若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故 A 错误；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。故 B 错误
2、；当系统所受的合外力远小于内力时，系统的动量也守恒，选项 C 错误；只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒；故 D 正确； 故选 D。2.如图所示，P、Q 是等量的正电荷，O 是它们连线的中点，A、B 是中垂线上的两点，用EA、E B和 A、 B分别表示 A、B 两点的电场强度和电势，则( )A. EA一定大于 EB， A一定大于 BB. EA不一定大于 EB， A一定大于 BC. EA一定大于 EB， A不一定大于 BD. EA不一定大于 EB， A不一定大于 B【答案】B【解析】试题分析：两个等量正点电荷连线中点 O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线到无
3、穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为 P 点，P 点可能在A、B 两点之间，也可能在 O、A 之间，也可能在 B 点的外侧，当 P 点可能在 A、B 两点之间时，EA可能大于 EB，也可能小于 EB，还可能等于 EB；当 P 在 O、A 之间时，E A大于 EB；当 P 点在B 点外侧时，E A小于 EB；在 PQ 连线的中垂线上，场强方向沿 AB 方向，沿电场线方向电势越来越低，因此 A一定大于 B；故 A 错误，B 正确，C 错误，D 错误；故选 B。考点：考查了等量同种电荷形成的电场、【名师点睛】3.真空中有一半径为 r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势 分布如图所
4、示， r 表示该直线上某点到球心的距离， r1、 r2分别是该直线上 A、 B 两点离球心的距离下列说法中正确的是：（）A. A 点的电势低于 B 点的电势B. A 点的电场强度小于 B 点的电场强度C. A 点的电场强度大于 B 点的电场强度D. 正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】r 1、r 2分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离，由图看出，A 点的电势高于 B 点的电势，故 A 错误。根据场强公式 E=U/d 知，图象斜率大小等于场强，则得 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，故 B 错误，C 正确。正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中
5、，电场力方向由A 指向 B，所以电场力做正功，故 D 错误。故选 C。4.真空中大小相同的两个固定金属小球 A、B 带有等量电荷，相隔一定距离， （距离远大于小球的直径）两球之间的库仑斥力大小为 F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与 A、B 两个小球接触后再移开，这时 A、B 两球之间的库仑力大小：（）A. 一定是 F/8 B. 一定是 3F/8 C. 可能是 F/8 D. 可能是 3F/4【答案】B【解析】解：假设 A 带电量为+Q，B 带电量为Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=第三个不带电的金属小球 C 与 A 接触后，A 和 C 的电量都为 ，C 与 B 接触时先中
6、和再平分，则 C、B 分开后电量均为 ，这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小：F= = ；假设 A 带电量为+Q，B 带电量为+Q，两球之间的相互吸引力的大小是 F=第三个不带电的金属小球 C 与 A 接触后，A 和 C 的电量都为 ，C 与 B 接触时先中和再平分，则 C、B 分开后电量均为+ Q，这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小 F= = F；而题目是库仑斥力，则一定是同种电荷，故 B 正确，ACD 错误；故选：B【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题5.两球 A、B 在光滑的水平面上沿同一直
7、线、同一方向运动，m A=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s,当球 A 追上球 B 并发生碰撞后 A、B 两球的速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）：（）A. vA5m/s，v B2.5m/sB. vA2m/s，v B4m/sC. vA4m/s，v B7m/sD. vA7m/s，v B1.5m/s【答案】B【解析】A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动， A 球速度应不大于 B 球的速度，故 AD 错误；B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒碰撞前，总动量为： ，总动能： 碰撞后，总动量为： ；总动能： ，则 ，符合动量守恒和能量守恒，故 B 正
8、确；C、动量守恒，但是动能为 ，大于碰撞前的动能，故选项 C 错误；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。6.一个笔帽竖立于放在水平桌面的纸条上，将纸条从笔帽下抽出时，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒，以下说法中正确的是：（）A. 缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小B. 缓慢拉动纸条时，纸对笔帽水平作用力大，笔帽必倒C. 快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小D. 快速拉动纸条时，纸条对笔帽水平
9、作用力小【答案】C【解析】【详解】抽动纸条时，笔帽受到的时滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽，笔帽受到的摩擦力均相等；故 BD 错误；在快速抽动时，纸条与笔帽作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由 I=P 可知，笔帽增加的动量较小，故笔帽几乎不动；缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量较大，故产生了较大的动量，则笔帽随纸条移动，故 A 错误，C 正确；故选 C。7.如图所示，将悬挂在细线上的带正电的小球 A 放在不带电的金属空心球 C 内（始终不与球接触） ，现将一个悬挂在绝缘细线上的带负电的小球 B 放在 C 附近，待稳定后，以下说法正确的是：（）A. A 对 B 无静电力作用，B 对 A 无静电力作用
10、B. A 向左偏离竖直方向，B 向右偏离竖直方向C. A 对 B 的静电力向左，B 对 A 的静电力向右D. A 的位置不变，B 的位置也不变【答案】A【解析】【详解】A 在空心金属球内，由于静电感应，使得 C 外表面带正电，B C 相互吸引，所以 B向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外部电场，所以 B 的电荷对空腔 C 的内部无影响，即 AB 之间无相互的静电力，所以 A 位置不变。故选 A。【点睛】考查静电感应现象，掌握同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引并理解外部电场对空心球内部没有影响，即为静电屏蔽8.如图，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的 P 点且
11、恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P 点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大【答案】B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故 A 错误B、场强E 减小，而 P 点与下极板间的距离不变，则由公式 U=Ed 分析可知， P 点与下极板间电势差将减小，而 P 点的电势高于下极板的电势，则知 P 点的电势将降低故 B 正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电， P
12、 点的电势降低，则油滴的电势能将增加故 C 错误D、根据 Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故 D 错误；故选B【点睛】本题运用 分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化视频9. 某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是：（ ）A. 人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B. 人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C. 人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D. 当人在船尾停止运动后，船由
13、于惯性还会继续后退一段距离【答案】ABC【解析】人和船组成的系统动量守恒设人的质量为 m，瞬时速度为 v，船的质量为 M，瞬时速度为v人走的方向为正方向 0=mv-Mv，解得： mv=Mv，即 ，所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故 A 说法正确；人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为： 和 ，加速度与它们质量成反比，故 B 说法正确；人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为 0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零，故 C 说法正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故 D 说法错误。所以选 D.10.如图所示，在水平放置的光滑金
14、属板正上方有一带正电的点电荷 Q，上表面绝缘，下表面接地。带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)，自左以初速度 v0在金属板上向右运动，在运动的过程中：（）A. 小球先减速运动，后加速运动B. 小球一直做匀速直线运动C. 小球受到电场力的冲量为零D. 小球受到的电场力做功为零【答案】BD【解析】【详解】金属板在 Q 的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，但是电场力的冲量不为零，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球
15、做匀速直线运动。故 AC 错误，BD 正确。故选 BD。【点睛】本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面11.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力 F 的作用，拉力 F 随时间 t 变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A. 04 s 内物体的位移为零B. 04 s 内拉力对物体做功为零C. 4 s 末物体的动量为零D. 04 s 内拉力对物体的冲量为零【答案】BCD【解析】【详解】由图象可知物体在 4s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大，故 A 错误；前 2s 拉力做正功，后 2s 拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故
16、 B正确；4s 末的速度为零，故动量为零；故 C 正确；根据 I=Ft 可知：前 4s 内 I 合 =F2- F2=0，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解。12.(多选)如图所示，虚线 a、 b、 c 代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，粒子先后通过这条轨迹上的 P、 Q 两点，对同一粒子，据此可知( )A. 三个等势线中， a 的电势最高B. 粒子通过 P 点时的动能比通过 Q 点时大C. 粒子通过 P
17、点时的电场力比通过 Q 点时大D. 粒子在 P 点具有的电势能比在 Q 点具有的电势能大【答案】BC【解析】试题分析：由于带电质点只受电场力作用，根据运动轨迹弯曲方向可分析出电场力的方向，确定出电场方向，从而分析电势的高低根据电场力做功判断电势能的高低，结合动能定理比较动能的大小根据电场力的大小比较加速度的大小根据轨迹的弯曲方向可知，质点所受的电场力方向大致向下，粒子带正电，则电场线与等势面垂直，大致向下，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知 a 点的电势最低，A 错误；从 Q 到P，电场力做正功，根据动能定理知，动能增大，即 P 点的动能大于 Q 点的动能，故 B 正确；P 点的电场线比 Q 点
18、的电场线密，则质点在 P 点所受的电场力大，故 C 正确；从 Q 到 P，电场力做正功，则电势能减小，可知带电粒子在 Q 点的电势能大于 P 点的电势能，故 D 错误二、填空题13.如下图所示是定性研究平行板电容器电容的影响因素的装置，平行板电容器的 A 板与静电计相连， B 板和静电计金属壳都接地（1）指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况：正对面积减小时，静电计指针的偏转角度_；板间距离增大时，静电计指针的偏转角度_；插入电介质时，静电计指针的偏转角度_（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：_；【答案】 (1). （1）增大；
19、 (2). 增大； (3). 减小 (4). （3）【解析】【详解】 （1）正对面积减小时，根据 ，判断电容变小，电容器的带电量 Q 不变，根据 U=Q/C 判断电势差变大，所以静电计指针的偏转角度增大；板间距离变大时，根据 ，判断电容变小，电容器的带电量 Q 不变，根据 U=Q/C 判断电势差变大，静电计指针的偏转角度增大当插入电介质时，C 增大，Q 不变，则可知，电势差减小；故偏转角减小；（2）实验说明平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质的介电常数之间的关系为：电容与正对面积、介电常数成正比；与板间距离成反比；即 ；【点睛】解决本题的关键根据 ，判断电容的变化，根据 U=Q/C
20、判断电势差的变化同时注意这是探究性的实验，要注意实验分析14.研究两个小球在轨道水平部分碰撞的规律（动量守恒定律）：先安装好如图 1 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之后的实验步骤如下： 步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰撞重复多次，并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置； 步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置
21、M、P、N 离 O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度 （1）上述实验除需测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有 _ AA、B 两点间的高度差 h1 BB 点离地面的高度 h2C小球 1 和小球 2 的质量 m1、 m2 D小球 1 和小球 2 的半径 r （2）当所测物理量满足 _ 时（用所测物理量的字母表示） ，说明两球碰撞遵守动量守恒定律如果还满足_时（用所测物理量的字母表示） ，说明两球碰撞发生弹性碰撞 （3）完成上述实验后，某实验小组对装置进行了如图 2 所示的改造在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接使小球 1 仍从斜槽上
22、 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M、P、N用刻度尺测量斜面顶点到 M、P、N三点的距离分别为 l1、 l2、 l3则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_ （用所测物理量的字母表示）【答案】 (1). C (2). m1OP=m1OM+m2ON (3). m1（OP） 2=m1（OM）2+m2（ON） 2 (4). m1 =m1 +m2【解析】(1)根据动量守恒得, m1OP=m1OM+m2ON,所以除了测量线段 OM、 OP、 ON 的长度外,还需要测量的物理量是小球 1 和小球 2 的质量 m1、 m2.故选：C。(2)因为平抛运动的时间相
23、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,由功能关系可知,只要 成立，则机械能守恒,故若 m1OP2=m1OM2+m2ON2，说明碰撞过程中机械能守恒，说明两球的碰撞是弹性碰撞。(3)碰撞前, m1 落在图中的 P点,设其水平初速度为 v1.小球 m1 和 m2 发生碰撞后, m1 的落点在图中
24、 M点,设其水平初速度为 v1, m2 的落点是图中的 N点,设其水平初速度为 v2.设斜面 BC 与水平面的倾角为 ，由平抛运动规律得： ，解得同理可见速度正比于所以只要验证 m1 =m1 +m2 即可。三、计算题。15.如图所示，真空中有两个固定的点电荷 Q14.010 8 C 和 Q28.010 8 C。求它们连线上 P 点的场强的大小和方向。【答案】1000N/C，方向向右【解析】【详解】点电荷 Q1=4.010-8C 在 P 点的场强大小为：，方向向右；点电荷 Q2=8.010-8C 在 P 点的场强大小为： ，方向向左；根据电场的叠加原理得：P 点的场强的大小 E=E 1-E2=1
25、000N/C，方向向右16.在一铅直面内有一光滑的轨道，轨道左边是光滑弧线，右边是足够长的水平直线。现有质量分别为 mA和 mB的两个质点，B 在水平轨道上静止，A 在高 h 处自静止滑下，与 B 发生弹性碰撞，碰后 A 仍可返回到弧线的某一高度上，并再度滑下。问：A、B 的质量满足什么关系时可以至少发生两次碰撞。【答案】m B3mA【解析】【详解】设 A 球与 B 球第一次碰撞前速度为 v0，碰撞后 A 球和 B 球的速度分别为 vA和 vB。A球从 LM 轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律得：m Agh= mAv02，得：v 0= ；对于 A、B 碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定
26、律和能量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvBmAv02= mAvA2+ mBvB2；解得：v A= v0，v B= v0；要使 A、B 两球至少发生两次碰撞，第一次碰撞后 A 球反向弹回，且 A 球的速度大小必须大于 B 球的速度。则有 vA0，且，|v A|v B，联立解得：m B3mA。【点睛】解决本题的关键要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒和能量守恒，明确临界条件，运用不等式法研究。17.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压 U14.510 3V 加速后以速度 V0垂直等间距的进入电压 U2180V, 间距为 d1.0 cm,板长 l5 cm 的平行金属板组成的偏转电场，离开电
27、场后打在距离偏转电场 s5 cm 的屏幕上的 P 点， （电子的比荷为 ）求：（1）电子进入偏转电场时的速度 v0?（2）打在屏幕上的侧移位移 OP?【答案】 （1）410 7m/s（2）0.75m【解析】【详解】 （1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU 1= mv02-0，代入数据解得：v 0=4107m/s；故电子进入偏转电场的速度：v 0=4107m/s； （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v 0t1，在竖直方向上：由牛顿第二定律得： ，飞出电场时偏转量为：y 1= at12 代入数据解得：y 1=0.25cm； 设电子从偏转场穿出时，沿 y 方向的速度为 vy
28、，穿出后到达屏 S 所经历的时间为 t2，在此时间内电子在 y 方向移动的距离为 y2，有：v y=at1 运动时间：t 2= ，竖直位移：y 2=vyt2，故电子到达屏 S 上时，它离 O 点的距离：y=y 1+y2，代入数据解得：y=0.75cm；【点睛】解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点.18.如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为 R 的光滑的 固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于 B 点。质量为 M 的小木块静止在 O 点，一颗质量为 m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点 C（木块和子弹均看成质点） 。求子弹射入木块前的速度。若每当小木块返回到 O 点或停止在 O 点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第 9 颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【答案】 （1） （2）【解析】由子弹射入木块过程动量守恒有木块和子弹滑到点 C 处的过程中机械能守恒,有联立两式解得 以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动。第17 颗子弹射中时，由动量守恒定律可知射入 17 颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒由以上两式解得
