《山西省太原市第五中學(xué)2020學(xué)年高二物理上學(xué)期10月月考試卷 理（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《山西省太原市第五中學(xué)2020學(xué)年高二物理上學(xué)期10月月考試卷 理（含解析）.doc（17頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、太原五中2020學(xué)年度第一學(xué)期階段性檢測 高 二 物 理 （理）一、選擇題（1-8單選，每小題3分，9-12多選，每小題4分：漏選2分，多選錯選0分。共40分）1.如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為b的小球，放在半徑為a、質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)。大球開始靜止在光滑的水平面上，當小球從圖示位置無初速度地沿大球內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】設(shè)小球滑到最低點所用的時間為t，大球的位移大小為x，小球發(fā)生的水平位移大小為a-b-x，取水平向左方向為正方向則根據(jù)水平方向平均動量守恒得：即： , 解得： ,故選D2.一宇宙飛船以v=1.0104 m/s的速度進入密

2、度為=2.010-7 kg/m3的微隕石流中，如果飛船在垂直于運動方向的最大截面積為S=5m2，且認為微隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)為( )A. 100 N B. 200 N C. 50 N D. 150 N【答案】A【解析】選在時間t內(nèi)與飛船碰撞的微隕石為研究對象，其質(zhì)量應(yīng)等于底面積為S，高為vt的直柱體內(nèi)微隕石塵的質(zhì)量，即m=Svt，初動量為0，末動量為mv設(shè)飛船對微隕石的作用力為F，由動量定理得：Ft=mv-0, 則F=sv2=2.010-75（1.0104）2=102N；根據(jù)牛頓第三定律可知，微隕石對飛船的撞擊力大小也等于100N飛船要保持原速

3、度勻速飛行，助推器增大的推力應(yīng)為100N；故選A.點睛：本題主要考查了動量定理及根據(jù)牛頓第三定律的直接應(yīng)用，要注意正確選擇研究對象，做好受力分析才能正確求解3.如圖所示，真空中的絕緣水平面上C點左側(cè)的區(qū)域水平面光滑且空間存在水平向右的勻強電場，C點的右側(cè)水平面粗糙?，F(xiàn)從左邊區(qū)域的某點由靜止釋放帶正電絕緣小球A，球A經(jīng)加速后與置于C點的不帶電的絕緣球B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，且碰撞中系統(tǒng)無機械能損失，碰撞后B球的速率為碰前A球速率的一半，且兩球均停在C點右側(cè)粗糙水平面上的同一點，A、B兩球材料相同均可視為質(zhì)點，則A、B兩球的質(zhì)量之比（ ）A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4【答

4、案】C【解析】設(shè)A球碰前速度為v0，則碰后B的速度為v0，由動量守恒定律： ；由動能定理，對A： ;對B: ；聯(lián)立解得： （舍掉），mA:mB=1:3，故選C.4.如圖所示,人站在小車上，不斷用鐵錘敲擊小車的一端。下列各種說法哪些是正確的( )如果地面水平、堅硬光滑，則小車將在原地附近做往復(fù)運動如果地面的阻力較大，則小車有可能斷斷續(xù)續(xù)地水平向右運動因為敲打時，鐵錘跟小車間的相互作用力屬于內(nèi)力，小車不可能發(fā)生運動小車能否運動，取決于小車跟鐵錘的質(zhì)量之比，跟其他因素無關(guān)A. B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】A【解析】【詳解】如果地面水平且堅硬光滑，據(jù)鐵錘下擺過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒可以

5、判斷小車向左移動；敲擊后鐵錘彈起上擺時，小車向右運動，即小車做往復(fù)運動故正確.如果地面的阻力足夠大，小車可能不運動；如果阻力不太大，而鐵錘打擊力較大，致使小車水平方向受合外力向右，小車就有可能斷斷續(xù)續(xù)地水平向右運動故正確.由可知，在鐵錘不斷用鐵錘敲擊小車的一端過程中，小車可以運動，故錯誤；小車能否運動，取決于地面是否光滑與對錘子敲擊小車時作用力的大小，與小車跟鐵錘的質(zhì)量之比無關(guān)，故錯誤，故正確，即A正確；故選：A【點睛】本題以動量守恒定律和動量定理為知識依托，考查對物理過程的分析能力和產(chǎn)生結(jié)果的推理判斷能力5.帶有光滑圓弧軌道，質(zhì)量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示一質(zhì)量為m的小球以速度

6、v0水平?jīng)_上滑車，當小球上行再返回并脫離滑車時，以下說法正確的是（）A. 小球一定水平向左做平拋運動 B. 小球可能水平向左做平拋運動C. 小球不可能做自由落體運動 D. 小球不可能水平向右做平拋運動【答案】B【解析】試題分析：小球滑上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程，相當于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程選取小球運動的方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2由機械能守恒得：整理得：如果mM，小球離開滑車向左做平拋運動；如果m=M，小球離開小車的速度是0，小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動；如果mM，小球離開小車向右做平拋運動故A錯誤，BCD正確故選BCD?？键c：動量守恒定律；機械能守恒【名師點

7、睛】解決本題的關(guān)鍵知道小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒會根據(jù)動量守恒定律進行分析，然后從能量守恒的角度列出方程可聯(lián)立求解速度.6.兩個等量電荷形成的電場中，以兩電荷連線中點為坐標原點，某一方向為x軸，x軸上的電場強度E的大小與x的變化關(guān)系如圖甲、乙所示，下列判斷正確的是（ ）A. 若以兩電荷連線為x軸，則圖甲是兩個等量異種電荷形成的電場B. 若以兩電荷連線中垂線為x軸，則圖甲是兩個等量異種電荷形成的電場C. 若以兩電荷連線為x軸，則圖乙是兩個等量同種電荷形成的電場D. 若以兩電荷連線中垂線為x軸，則圖甲是兩個等量同種電荷形成的電場【答案】B【解析】【詳解】A、由電場疊加可知，兩個等量異

8、種電荷形成的電場，若以兩電荷連線為x軸，在兩電荷連線中點的場強不為零，連線中點場強在兩電荷連線上為最小，故A錯誤.B、兩個等量異種電荷形成的電場，若以兩電荷連線中垂線為x軸，在中垂線上連線中點處場強最大，而從連線中點沿中垂線向兩邊一直減少，但在中垂線上場強的方向都相同，與連線平行指向負電荷，故B正確.C、兩個等量同種電荷形成的電場，以兩電荷連線中點為坐標原點，以兩電荷連線為x軸，在兩電荷連線中點處場強為零，從連線中點向兩邊場強越來越大，故C錯誤.D、兩個等量同種電荷形成的電場，以兩電荷連線中點為坐標原點，以兩電荷連線中垂線為x軸，在兩電荷連線中垂線上從連線中點向兩邊場強先增大后減小，而且方向相

9、反，故D錯誤.故選：B.【點睛】對正負點電荷的電場，等量異種電荷形成的電場，等量同種電荷形成的電場的電場分布的對稱性要熟記在心.7. 如圖所示，點電荷Q固定，虛線是帶電量為q的微粒的運動軌跡，微粒的重力不計，a、b是軌跡上的兩個點，b離Q較近，下列判斷正確的是A. Q一定是帶正電荷，q一定是帶負電荷B. 不管Q帶什么性質(zhì)的電荷，a點的場強一定比b點的小C. 微粒通過a、b兩點時，加速度方向都是指向QD. 微粒通過a時的速率比通過b時的速率大【答案】BC【解析】試題分析：從運動的軌跡上看，兩個電荷一定帶異種電荷，可能Q帶負，q帶正，A錯誤；由于b點距離Q邊，根據(jù)可知a點的場強一定比b點的小，B正

10、確；a只受Q給的電場力，加速度方向與受電場力的方向相同，因此C正確；從a向b運動，電場力做正功，動能增加，速度增大，b點的速度比A點的速度大，D錯誤?？键c：帶電粒子在電場中的運動8.均勻帶電的球殼在球內(nèi)空間任意一點產(chǎn)生的場強為零如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=R/2已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（ ）A. -E B. C. -E D. E【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)題意，把另外一半的球面補充完整，則整個球面帶電量將為2q,由均勻帶電的球殼在球內(nèi)空間任意一點產(chǎn)生的場強為零知，整個

11、球面在M點產(chǎn)生的場強為零，已知M點的場強為E，則右半部分在M的場強大小也為E，方向與E相反，根據(jù)對稱性，左半部分在N點的場強和右半部分在M的場強大小相等，也為E.故A、B、C錯誤，D正確.故選：D.【點睛】本題考查電場強度和割補法的應(yīng)用.9.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度圖象如圖乙，則有( )A. 在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B. 從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C. 兩物體的質(zhì)量之比為m1m2=12D. 在t2時刻A與B的動能之比Ek1

12、Ek2=18【答案】CD【解析】【詳解】A、由圖可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時刻處于伸長狀態(tài)，故A錯誤.B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，在t3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸

13、長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤.C、根據(jù)動量守恒定律，t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有：m1v1=（m1+m2）v2其中：v1=3m/s，v2=1m/s，解得：m1：m2=1：2,故C正確.D、在t2時刻A的速度為vA=-1m/s，B的速度為vB=2m/s，根據(jù)m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正確故選：CD10.如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放著序號是1、2、3、19的19個木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)都相同。開始時，木板靜止不動，第 1、2、3、19號木塊的初速度分別是v0、2v0、3v0、19v0，方向都向右，木

14、板的質(zhì)量與所有的木塊的總質(zhì)量相同，最終所有木塊與木板以共同的速度勻速運動.設(shè)木塊之間均無相互碰撞，木板足夠長，則( )A. 所有木塊與木板一起勻速運動的速度為5v0B. 所有木塊與木板一起勻速運動的速度為9.5v0C. 第1號木塊與木板剛好相對靜止時的速度為D. 每個木塊在與木板剛好相對靜止時的速度為其最小值【答案】ACD【解析】【分析】物體組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出最終一起勻速運動的共同速度，根據(jù)動量守恒定律和動量定理研究，可求出剛相對靜止時的速度【詳解】A、設(shè)所有木塊與木板一起勻速運動的速度為v，系統(tǒng)受合外力為零，根據(jù)動量守恒定律得：mv0+2mv0+

15、3mv0+19mv0=219mv，解得：v=5v0，故A正確，B錯誤.C、設(shè)木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，經(jīng)過t時間第1號物塊與木板剛好相對靜止，共同速度為v1，根據(jù)動量定理得對第一個木塊：-mgt=m（v1-v0）對木板：19mgt=19mv1聯(lián)立解得：v1=v0，故C正確.D、第1號物塊到達速度v1=v0之后，又會隨木板做加速運動所以v0就是第1號物塊的最小速度同理可得，第k號（k19）物塊的最小速度就是它與木板相對靜止瞬間的速度故D正確.故選：A、C、D.11.一個絕緣細線上端固定，下端拴一帶電量大小為q的小球，處于如圖所示的水平向右場強為E的勻強電場中。開始時，將線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60角時，小球到達B點且速度恰好為零，則下列說法正確的是（ ）A. 小球帶正電B. 小球的重力大小為C. 小球在B處繩子拉力的大小為qED. 小球