【文档说明】江西省吉安市吉安县三中、泰和二中、安福二中、井大附中2021-2022学年高二上学期9月联考物理试题答案与试题解析.docx，共(12)页，124.105 KB，由小赞的店铺上传

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吉安县三中、泰和二中、安福二中、井大附中四校联考高二物理试题参考答案与试题解析一．选择题1．【分析】机械能包含动能和势能。物体有动能时必然有速度，因此一定有动量。反之亦然。【解答】解：机械能包含动能和势能

，有动能，运动速度一定不为零。AB、一个只有势能的物体，速度为零，故无动量，但具有机械能，故A错误，B正确。CD、物体有动能，则速度不为零，动量也不能为零。有动量则速度不为零，故动能也不为零。故CD错误。故选：B。【点评】考查动能和动量的关系。解题时把握动能和动量的共同点，

即速度不为零，以此判断各个选项即可。2．【分析】根据电荷守恒定律得一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变。元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。【解答】

解：A、元电荷是最小的电荷量，不是带电体，故A错误。B、物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B错误。C、根据电荷守恒定律得一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，系统与外界有电荷的交换，电荷量改变

，故C错误。D、迄今为止，科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了元电荷的概念和电荷守恒定律，明确元电荷是最小的电荷量，不是电荷。3．【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同

．根据电场线的分布情况，判断场强的大小和方向关系，由等势线分布情况，确定电势关系．【解答】解：A、a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同。故A错误。B、两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电

场强度大小相等、方向相同。故B正确。C、带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等，由电场线的疏密看出，a点的场强小于b点的场强。故C错误。D、平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势。故D错误。故选：B。【点评】掌握电

场线和等势面的分布情况是解答本题的关键．要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．4．【分析】本题考查了动量守恒条件的应用，注意动量守恒条件强调的是系统所受合外力为零，因此研究对象的选取至关重要。【解答】解：A、

对于A与B组成的系统，由于受到小车给它们的摩擦力作用，因此系统合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；B、对于A、B与小车组成的系统，摩擦力属于内力，系统合外力为零，因此系统动量守恒，故B正确；C、对于A与小车组成的系统，受到B施加给小车的静摩擦力

作用，因此系统动量不守恒，故C错误；D、由于B正确，因此D错误。故选：B。【点评】本题应合理选取研究对象，正确应用动量守恒条件判断动量是否守恒。5．【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以，

然后根据电场力做功情况，进一步解答。【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定。故A错误B、粒子从a

运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确。D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在

b点的加速度，故D错误故选：C。【点评】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况。6．【分析】分别对三个小球

减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用。对c由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系。【解答】解：A、对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑

力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向

在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。即：a、b小球带同种电荷，

b、c小球带异种电荷。故A错误，B错误；C、设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：，；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：所以：．故C错误，

D正确故选：D。【点评】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等。7．D【详解】带电小球受到向上的电场力和向下的重力，

据牛顿第二定律2FFmgmg=−=合电得3Fmg=电在下落过程中电场力做功3Wmgh=−电重力做功GWmgh=总功2GWWWmgh=+=−电根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能

减少了2mgh，故D正确，ABC错误。故选D。8．【分析】带电小球A靠近金属导体B时，由于静电感应，会使金属导体B带电，根据静电感应的现象来分析即可。【解答】解：A、当闭合开关时K1，由于静电感应的作用，B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，B右端不再

带有电荷，A左端带负电，故A错误；B、当闭合开关时K2，由于静电感应的作用，B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，A左端带负电，接着移走带电小球，导体AB电荷中和，不再带电，最后将AB分开，不带电，故B

错误；CD、同理，K1、K2均闭合时，由于静电感应的作用，A左端带负电，B端不带电，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。9．【

分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个

竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解。【解答】解：静止时，对B球进行受力分析，则有：T＝2mg+3mg+Eq＝5mg+Eq，故A正确，B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传递，qE

对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为aA＝g（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有：T+mg＝maA，解得：TqE．故C正确，D错误

。故选：AC。【点评】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪断之后，绳子的拉力立即为零，难度适中。10．【分析】根据力与时间的乘积求出拉力物体的冲量大小、合力对物体的冲量大小。【解答】解：A、拉力F对物体的冲量大小I＝Ft．

故A错误，B正确，C错误。D、物体静止在地面上，合力为零，则合力对物体的冲量为零。故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键知道冲量的概念，以及掌握动量定理，对于D选项，也可以根据动量定理进行判断。11．【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，

C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可

知，A、B场强相同，A点电势高。故A错误。B、根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势。由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同。故B正确。C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小。故C错误。D、O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能

大于在B处电势能。故D正确。故选：BD。【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小．12．【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机

械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。【解答】解：A、由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此

时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错误；B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，

m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；C、系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：

m1v1＝（m1+m2）v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得：m1：m2＝1：2，故C正确；D、在t2时刻A的速度为：vA＝1m/s，B的速度为：vB＝2m/s，根据m1：m2＝1：2，求出Ek1：Ek2＝1：8，故D正确。故选：CD。【点评】

对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。二．填空题（共2小题）13．【分析】（1）根据平抛运动规律知，可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度

。（2）由x＝v0t可以求出两个小球碰撞前后的速度表达式，再结合动量守恒定律可以列出验证动量守恒定律的表达式。（3）根据动能定理，每次小球从相同高度沿斜槽下滑时，摩擦力做功相同，滑到斜槽口时速度相同；本实验是利用

平抛运动来验证动量守恒定律，只有斜槽末端点的切线水平，才能够保证碰撞前后速度水平；为了防止反弹，入射球与被碰球满足ma＞mb，为了实现对心碰撞，需要满足ra＝rb。【解答】解：（1）由平抛运动规律hgt2，可知，当下落高度相同时落地时

间相同，再根据x＝v0t可知v0，所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度。（2）根据题意，P点应是小球a没有与b碰撞时的落地位置，M点应是碰后小球a的落地位置，P点应是碰后小球b的落地位置，根据平均动量守恒定律应有：mav0＝mava+mbvb再由：OP＝v0t，OM＝vat，ON

＝vbt可得：ma•OP＝ma•OM+mb•ON故C正确，ABD错误。故选：C。（3）A、本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A错误；B、只有斜槽末端点的切线水平才能保证碰后小球做平抛运动，故B正确；C、

根据动能定理mgH﹣Wfmv2可知，只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放时，入射速度才能相同，故C正确；D、根据弹性碰撞规律，若入射小球质量小于被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足ma＞mb．只有满足两小球的半径相同时，碰后两小球的速度

才能在一条直线上，故D正确；故选：BCD。故答案为：（1）水平位移；（2）C；（3）BCD。【点评】本题考查了验证动量守恒定律的实验。应明确：①平均动量的表达式为p＝mv＝m•；②在弹性碰撞中，当满足入射小

球质量小于被碰小球质量时，入射小球将被碰回；③只有满足对心碰撞条件时，两小球速度才能共线。14．C1dtgΔt＝2dt－1dt见解析【详解】（1）[1]根据题干所描述的步骤可以测出线框上边和下边通过光电门时的速度大小。A．根据动量定理的

表达式可知，等式两边均含有m，可以消去，所以不需要测量m，故A错误；B．本实验要验证的是动量定理，不是机械能守恒定律，故不需要测量线框上、下边之间的距离L，故B错误；C．根据动量定理的表达式可知，实验还需要测量线框整体经过

光电门过程中重力的作用时间，即需要测量线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt，故C正确。故选C。（2）[2]本实验中利用线框下边通过光电门的平均速度来代替初速度，故有v1＝1dt（3）[3]本实验中利用线框上边通过光电门的平均速度来代替末速度，故有v2＝2dt根据动量定理有mgΔt＝mv2

－mv1即gΔt＝2dt－1dt（4）[4]上、下边距离大一些，从而减小速度的测量误差；选用密度更大的材料做成线框，从而减小空气阻力对实验的影响；尽量选用直径较小的粗铜线，从而减小速度的测量误差；下落过程上、下边保持水平等。（答案合理即可）三．计算题（共4小题）15．（1）2410

N−；（2）510C−【详解】（1）对B球受力分析如图所示，由几何关系知2tan454.010NFmgmg−===由牛顿第三定律知2BAAB4.010NFF−==（2）根据库仑定律，可知AB2q

qFkr=解得5B10Cq−=16．（1）2(1cos)gL−；（2）()2(1cos)mMgLm+−【详解】（1）子弹射入沙包后，向上摆到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得21()()(1cos)2MmvMmgL+=+−解得2(1

cos)vgL=−（2）子弹射入沙包过程动量守恒，由动量守恒定律可得0()mvMmv=+解得0()2(1cos)mMvgLm+=−17．【分析】（1）抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而

电场力和重力的合力则背离圆心的方向。作出受力示意图，求解电场力的大小。（2）D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0，由牛顿第二定律求解，（3）对B的压力最小时，对D的最小压力等于零。由动能定

理求解。【解答】解：（1）已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图。则有tanθ因此电场力为：F＝mgtan60°mg。（2）D点竖直平面内圆周运动的物理“最高

点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即，解得；vD（3）小球在轨道最高点B时的受力情况如图所示，要小球经B点时对轨道的压力最小，则以最小速度经过D点，由以上知在D点速度是，小球从A到D的过程中，由动能定理得：﹣mgr（1+cosθ）﹣Frinθ联立解得：v0答：

（1）小球所受到的电场力大小是mg；（2）能完整的做圆周运动，过D点的速度是；（3）小球在A点速度是，小球经B点时对轨道的压力最小。【点评】本题抓住小球经D点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键。18．【分析】（1）由机械能守恒定律求出小球运动

到最低点的速度，然后由牛顿定律求出绳子能承受的最大拉力；（2）碰撞反弹后小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题。【

解答】解：（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgLmv02…①解得：v0②，小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m③由牛顿第三定律可知，小球对细绳

的拉力：T′＝T…④解得：T′＝3mg…⑤；（2）小球碰撞后平抛运动，在竖直方向上：hgt2…⑥水平方向：Lt…⑦解得：h＝L…⑧（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量

守恒定律得：mv0＝m（）+3mv1…⑨假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1＝（3m+6m）v2…⑩由能量守恒定律得：•3mv12（3m+6m）v22+μ•3mgs…⑪联立⑨⑩⑪

解得：sL…⑫由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。答：（1）细绳能够承受的最大拉力3mg；（2）要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为L；（3）C不会从木板上掉下来。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、平抛运动知识、动量守

恒定律、能量守恒定律即可正确解题。关键不要忘记牛顿第三定律的应用，这往往是学生容易忽略的一方面。声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/9/1911:23:24；用户：Mr吴；邮箱：18202066243；学号：2094

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