广东省深圳市第二中学2019-2020学年高二上学期段考物理试题 Word版含解析

深圳市第二高级中学2019 -2020学年第一学期第一学段

高二物理试卷

命题人:王国营 100分审题人:王国营

时间:90分钟满分:100分

一．单项选择愿(本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不答的得0分。请将答案填在答题卡上)

1.1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功进行了“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是

A. 安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化

B. 安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量

C. 安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率

D. 安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大

【答案】C

【解析】

【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=?p可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了驾驶员的动量变化率，故选C。

2.如图所示,一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点和物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水

平轨道的最左端。如果轨道不固定,仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是

A. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量守恒

B. 物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量不守恒

C. 物块仍能停在水平轨道的最左端

D. 物块将从轨道左端冲出水平轨道

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒。物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A 错误，B 正确；

CD.设轨道的水平部分长为L ．轨道固定时，根据能量守恒定律得

mgR =μmgL

轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v ，在轨道水平部分滑行的距离为x 。 取向左为正方向，根据水平动量守恒得：

0=（M +m ）v

则得

v =0

根据能量守恒定律得：

mgR =

1

2

（M +m ）v 2+μmgx 联立解得

x=L

所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C 正确，D 错误。

3.A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A =1kg ，m B =2kg ，v A =6m/s ，v B =2m/s 。当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( ) A. v′A =2m/s ，v′B =4m/s B. v′A =5m/s ，v′B =2.5m/s C. v′A =－4m/s ，v′B =7m/s D. v′A =7m/s ，v′B =1.5m/s

【答案】A 【解析】

【详解】考虑实际情况，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，故BD 错误；

A 追上

B 并发生碰撞前的总动量是16/22/10?

/A A B B m v m v kg m s kg m s kg m s +=?+?=， A 、12/24/10?/kg m s kg m s kg m s ?+?= B 、15/2 2.5/10?/kg m s kg m s kg m s ?+?= C 、1(4/27/10?/kg m s kg m s kg m s ?-+?=）

D 、17/2 1.5/10?

/kg m s kg m s kg m s ?+?= 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，碰撞前总动能为22J ，A 选项碰撞后总动能为18J ，C 选项碰撞后总动能为24J ，故A 正确，C 错误； 故选A 。

【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。

4.某人在一只静止的小车上练习打靶，已知车，人，枪（不包括子弹）及靶的总质量为M ，枪内装有n 颗子弹，每颗子弹的质量均为m ，枪口到靶的距离为L ，子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v ，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n 颗子弹时，小车后退的距离为（ ）

A.

m

L m M +

B.

nm

L m M

+

C.

nm

L nm M

+

D.

m

L nm M

+

【答案】C 【解析】

【详解】以船、人连同枪（不包括子弹）、靶以及枪内有n 颗子弹组成的系统为研究的对象，取子弹的速度方向为正方向。当射出一粒子弹时，由系统的动量守恒得：

mv -[M +（n -1）m ]v ′=0

设每颗子弹经过时间t 打到靶上，则有：

vt +v ′t =L

联立以上两式得：

m

v t L M nm

'=

+

同理射完n 颗子弹的过程中，每一次发射子弹船后推的距离都相同，所以船后退的总距离为：

nmL

S nv t M nm

='=

+。

A ．

m

L m M +，与结论不相符，选项A 错误；

B ．

nm

L m M +，与结论不相符，选项B 错误； C ．

nm

L nm M +，与结论相符，选项C 正确； D ．

m

L nm M

+，与结论不相符，选项D 错误； 5.如图甲所示，在光滑水平面上的

两小球发生正碰， 小球的质重分别为m 1与m 2。图乙为它们碰撞前后的s-t 图像。已知m 1=0.1kg,由此可以判断（ ）

A. m 2=0.3kg

B. 碰撞后m 1与m 2都向右运动

C. 该碰撞是弹性碰撞

D. 碰撞过过程中系统损失了0.4J 的机械能 【答案】AC 【解析】

【详解】AB ．由s-t 图象的斜率等于速度，可得，m 1碰前速度v 1=4m/s ，m 2碰前速度v 2=0，则知碰前m 2静止，m 1向右运动。碰后m 1速度为 v ′1=-2 m/s ，向左运动。碰后m 2的速度 v ′2=2m/s ，向右运动。根据动量守恒定律得

m 1v 1+m 2v 2=m 1v ′1+m 2v ′2。

代入数据解得：

m 2=0.3kg

故A 正确，B 错误；

CD ．两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：

△E=（

12m 1v ′12+12m 2v ′22）-（12m 1v 12+1

2

m 2v 22）=0，

所以碰撞过程是弹性碰撞。故C 正确，D 错误。

6.在点电荷 Q 形成的电场中有一点A ，当一个-q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为（ ） A. ,A A W

W U q

ε=-=

B. ,A A W W U q ε==-

C. ,A A W W U q

ε== D. ,A A W W U q

ε=-=-

【答案】A 【解析】 【分析】

根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少，来分析电荷在A 点与无限远间电势能的变化量，由公式E A =-W 确定电荷在A 点的电势能，由公式φA =-

W

q

求解A 点的电势． 【详解】依题意，-q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则电荷的电势能减小W ，在无限处电荷的电势能为零，则电荷在A 点的电势能为E A =-W ，A 点的电势A A E W

q q

?=

=-．故A 正确。故选A 。 【点睛】电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．一般代入符号计算．

7.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 ( )

A .

B.

C.

D.

【答案】B 【解析】

【详解】根据点电荷电场强度公式2Q

E k

r

=，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A 错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为222Q

k

r

，故B 正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加

后电场强度大小为2

Q

k

r ，故C 错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小22Q

k r

，故D 错误。所以B 正确，ACD 错误。

8.如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m 都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘竖直墙上的O 点，静止时A 球靠墙，B 球悬线与竖直方向夹角θ=90°。由于外部原因小球B 电荷量减小，当两球再次静止时，B 球悬线与竖直方向夹角θ= 60°，则小球B 的电荷量减小为原来的（ ）

A.

18

B.

24

C.

12

D.

33

8

【答案】C 【解析】

【详解】当B 球悬线与竖直方向夹角为90°时，由平衡知识可知：

1

2

2(2)

A B

k

mg L = B 球悬线与竖直方向夹角为 60°时，由平衡知识可知：

2

2

A B q q k

mg L = 联立解得：

211

2

B B q q = A ．

1

8

，与结论不相符，选项A 错误； B ．

2

4

，与结论不相符，选项B 错误； C ．

1

2

，与结论相符，选项C 正确； D ．

33

，与结论不相符，选项D 错误； 9.如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a '点，b 粒子打在B 板的b '点．若不计重力，则( )

A. a 的电荷量一定大于b 的电荷量

B. a 的质量一定小于b 的质量

C. a 的比荷一定大于b 的比荷

D. a 的动能增量一定小于b 的动能增量 【答案】C 【解析】

据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：x vt =，竖直位移为：

2

12

y at =，

当a 、b 以相同速度垂直电场线进入电场后，有：2my

x v

qE

=，由于v 、y 和E 都相等，而b 粒子的水平位移大故b 粒子的

m q 较大，因而a 粒子的q

m

较大，故C 正确。 点晴：本题考查带电基本粒子（不考虑重力）在匀强电场中做类一平抛运动，处理方法将运动分解为：初速度方向：匀速直线运动，电场力方向：匀加速直线运动。

10.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两极板间的电场强度，E P 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）

A. θ增大，E 增大

B. θ增大，E P 不变

C. θ减小，E P 增大

D. θ减小，E 不变

【答案】D 【解析】

试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据4πS

C kd

ε=

可知，C 变

大，Q 一定，则根据Q=CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角θ减小；根据U

E d

=，Q=CU ，

4πS C kd ε=，联立可得4πkQ E S

ε=，可知Q 一定时，E 不变；根据U 1=Ed 1可知P 点离下极板的

距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则E P 不变；故选项ABC 错误，D 正确。

【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能

【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：4S C kd επ=

，U

E d

=，Q=CU ；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。

二. 多项选择题 (本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中， 有两个或以上的选项正确，全选对的得5分，有测选的得3分，选常或不答的得0分。请将答案填在答题卡上)

11.下列各物理量中，与检验电荷的电荷量q 有关的物理量是（ ） A. 电场力 B. 电场强度

C. 电势差

D. 电势能

【答案】AD 【解析】

由电场力F qE =可知，电场力即可与电场E 有关，也与检验电荷q 有关，故A 正确；电场强度是描述电场的力的性质的物理量，由定义式F

E q

=

，可知E 与检验电荷无关，故B 错误；电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定电势与检验电荷无关，C 错误；由电场力

p E q ?=，可知电势能和检验电荷有关，D 正确．

12.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳连接的两个材料相同的物体A 、B ，质量均为m 在水平恒力的作用下以速度v 做匀速运动，在t =0时轻绳断开，在F 作用下继续前进，则下列说法正确的是（ ）

A. 0t =至2mv

t F

=时间内，A 、B 的总动量守恒 B. 2mv

t F =

时，A 的动量为2mv C. 2mv t F = 至3mv t F =时间内，A 、 B 的总动量不守恒

D. 4mv t F

=时，A 的动量为2mv

【答案】ABC 【解析】

【详解】A ．在B 停止滑动前，以整体为研究对象，A 、B 摩擦力并没有发生变化，所以AB 合外力仍为零，所以系统动量守恒，A 、B 所受摩擦力均为2

F

，所以从t =0到B 停下，对B ，由动量定理得：

02

F

t mv -

=- 即：2mv t F =时，B 停下。所以t =0至2mv

t F =时间内，A 、B 的总动量守恒，故A 正确；

BD ．2mv t F =时，即B 刚停下时，对AB ，从t =0到2mv

t F

=，以向右为正方向，由动量守恒

定律得：

2mv=P ′+0

解得A 的动量为：

P ′=2mv

即2mv t F

=

时，A 的动量等于2mv ；4mv t F =时，A 的动量大于2mv ，故B 正确，D 错误；

C ．2mv t F =至3mv t F

=时间内，B 已经停止运动，A 合外力不为零，所以A 、B 的总动量不守

恒，故C 正确；

13.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 两点的加速度大小分别为A a 、B a ，电势能分别为PA E 、PB E .下列说法正确的是( )

A. 电子一定从A 向B 运动

B. 若A a >B a ，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PA E

B 点电势可能高于A 点电势 【答案】B

C 【解析】

由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；若a A ＞a B ，则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；由B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若

电子从B 向A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E pA ＜E pB 求解过程与Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C 正确；由B 可知，电场线方向由M 指向N ，那么A 点电势高于B 点，故D 错误；故选BC ．

14.两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )

A. B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝1N/C

B. 由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大

C. 由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高

D. AB 两点的电势差U AB ＝－5V 【答案】AD 【解析】

【详解】A ．据v-t 图可知物块在B 点的加速度最大，为

224m/s 2m/s 75

v a t ?=

==?-， 所受的电场力最大为

F=ma =2N ，

据F

E q

=

知，B 点的场强最大为 2

V/m 1V/m 1N/C 2

E =

==， 故A 正确。

B ．据v-t 图可知，由

C 到A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B 错误。

C ．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由

C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故C 错误。

D ．据v-t 图可知A 、B 两点的速度，在根据动能定理得

22

1122

AB B A qU mv mv =

-， 由图知，v A =6m/s ，v B =4m/s ，解得

5V AB U =-，

故D 正确。

三. 实验题(每空2分，共10分)

15.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车A 的前端粘有橡皮泥，设法使小车A 做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B 相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示．在小车A 的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz.

(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离．则应选图中________段来计算

A 碰前的速度，应选________段来计算A 和

B 碰后的速度．

(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，则由以上结果可得碰前m A v A ＋m B v B ＝________kg·m/s，碰后m A v ′A ＋m B v ′B ＝________kg·m/s.

(3)从实验数据的处理结果来看，A 、B 碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？ _______________________.

【答案】 (1). （1）BC ； (2). DE ； (3). （2）0.420； (4). 0.417； (5). （3）mv 之和 【解析】

【详解】(1)[1][2]．因为小车A 与B 碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A 与B 黏在一起，其共同速度比A 原来的速度小．所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC 段计算A 碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE 段计算A 和B 碰后的速度．

(2)[3][4]．由题图可知，碰前A 的速度和碰后A 、B 的共同速度分别为：

v A ＝2

10.50100.025

-??m/s ＝1.05 m/s ，

v ′A ＝v ′B ＝2

6.95100.025

-??m/s ＝0.695 m/s.

故碰撞前：

m A v A ＋m B v B ＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s.

碰撞后：

m A v ′A ＋m B v ′B ＝(m A ＋m B )v ′A ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.

(3)[4]．数据处理表明，m A v A ＋m B v B ≈m A v ′A ＋m B v ′B ，即在实验误差允许的范围内，A 、B 碰撞前后物理量mv 之和是不变的．

四、计算题(第16题8分，第17题8分，第1题14分，共30分)

16.如图所示，质量为小球2m 的小球A 和质量为m 的小球B 用等长的细线悬于O 点。线长L 重力加速度为g 。若将A 由图示位置静止释放，与B 球发生弹性正碰，则碰后A 、B 球的速度各是多少?

13gL 43

gL 【解析】

【详解】A 球到达最低点时，由动能定理得：

()2

16012

A A A m gL co v s m -?＝，

解得：

A v gL =A 与

B 发生弹性碰撞，根据动量守恒有：

12A A A B m v m v m v =+

根据能量守恒有：

22212111222

A A A

B m v m v m v =+ 联立解得：

1

1

3v gL =

243v gL =

17.如图所示，在水平向左、大小为E =1.0×103

N/C 的匀强电场中，一个质量为m =0.1kg 的带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O 点。平衡时小球位于A 点，此时绳与竖直方向的夹角θ=53°，绳长为L =0.6m ，重力加速度g 取10m/s 2，sin530 =0.8.

(1)求小球的

带电荷量q 的大小和带电性质；

(2)将小球移到B 点，使得OB 水平，且轻绳恰好伸直，给小球一竖直向下的初速度v B ，小球到达悬点正下方C 点时绳中拉力恰等于小球重力，求v B 大小； 【答案】（1）负电；34

10C 3

-? （2）2m/s 【解析】

【详解】（1）在A 点小球处于平衡状态，根据小球受重力、电场力和绳子拉力作用可得：小球受力如图所示，

故根据受力平衡可得：电场力方向水平向右，大小

qE ＝mg tanθ＝

4

3

mg ； 故小球带负电，带电量

344

10C 33

mg q E -?＝

＝ （2）根据小球受重力、电场力和绳子拉力作用，由小球到达悬点正下方C 点时绳中拉力恰等于小球重力，根据牛顿第二定律可得：小球在C 点的速度v C =0； 小球从B 到C 的过程只有重力、电场力做功，故由动能定理可得：

201

2

B mgL qEL mv --＝

所以，

22m/()s 2

3

B qE mg L v gL m -＝

＝＝

18.如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg 、长L=4m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m=2kg 的滑块（不计大小）以v 0=6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2．

（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值． 【答案】（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s ；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R 的取值为R≤0.24m 或R≥0.6m． 【解析】

解：（1）设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

mv 0=（m+M ）v 1 代入数据解得 v 1=4m/s

设滑块与小车的相对位移为 L 1，由系统能量守恒定律，有

μmgL1=

代入数据解得 L1=3m

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

μmgS1=

代入数据解得S1=2m

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L﹣L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

mg=m

根据动能定理，有

﹣μmgL2﹣

①②联立并代入数据解得R=0.24m

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

﹣μmgL2﹣

代入数据解得R=0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或

R≥0.6m．

【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．