【文档说明】内蒙古赤峰市宁城蒙古族中学2020-2021学年高二上学期第一次校级联考物理试卷【精准解析】.doc，共(16)页，898.000 KB，由小赞的店铺上传

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宁城蒙古族中学2020～2021学年度高二联考物理试卷一、选择题：本题共12小题，共48分。在毎小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个项正确，第9～12小题有多个选项正确。有多个选项正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。1.下列说法正确的是（）A.做匀速运动的物

体，其合外力不一定恒定B.牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，并利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量C.做圆周运动的物体，其合外力一定指向圆心D.伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和

谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展【答案】D【解析】【详解】A．做匀速运动的物体，其合外力为零，一定是恒定的，选项A错误；B．牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，选项B

错误；C．做匀速圆周运动的物体，其合外力一定指向圆心，选项C错误；D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展，选项D正确。故选D。2.如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是3

L，一颗子弹沿水平方向以v1穿出A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹射入A时的速度为（）A.1234vv+B.221234vv+C.221243vv−D.134v【答案】C【解析】【详解】设子弹射入A时的速度为v0，则

射穿A的过程中22102vvaL−=射穿B的过程中222123vvaL−=解得2212043vvv−=故选C。3.下列说法正确的是（）A.若物体速度变化量越大，则加速度也会越大B.若系统所受合外力为零，则系统的动量一定会守恒C.若物体动量发生变化，则物体的动能一定也会变化D.若合外力对系

统做功为零，则系统的动量一定会守恒【答案】B【解析】【详解】A．根据=vat可知，若物体速度变化量越大，则加速度不一定越大，选项A错误；B．若系统所受合外力为零，则系统的动量一定会守恒，选项B正确；C

．若物体动量发生变化，可能是速度方向变化，大小不变，则物体的动能不一定也会变化，选项C错误；D．若合外力对系统做功为零，则系统的动量不一定会守恒，例如匀速圆周运动的物体，选项D错误。故选B。4.如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50

kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）A.60mB.40mC.30mD.10m【答案】A

【解析】【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得11220mvmv−=则120ssmmtt−=人球解得=240mss=球人则

绳子长度40m20m60mLss=+=+=气球人即绳子至少长60m长故选A。5.下面各种说法中正确的是（）A.法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场B.元电荷最早由库仑通过油滴实验测出C.电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBAD.电场强

度为零处，电势一定为零【答案】A【解析】【详解】A．根据物理学史可知，法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故A正确；B．元电荷最早由密里根通过油滴实验测出，故B错误；C．电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，其中UAB

=－UBA，故C错误；D．电势的大小取决于零势能面的选择，电场强度为零处，电势不一定为零，故D错误。故选A。6.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Aa、Ba，电势能分别为pAE、pBE。下列说法正确的是（）A.电子一定从A向B运动B.若ABaa，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ppABEED.B点电势一定高于

A点电势【答案】BC【解析】【详解】A．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；B．由电场场源为点电荷，aA＞aB可得，点电荷Q靠近M端；又有电子受力指向凹的一侧可得，MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，故B正确；C．电子受力指向凹的一侧可得

，根据电子只受电场力作用，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得，EpA＜EpB故C正确；D．电子受力指向凹的一侧可得，MN上电场线方向向右，根据沿着电场线电势降低可得，B点电势低于A点电势，故D错误。故选BC。7.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个

正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解

】A．当负极板右移时，d减小，由=4π()SCkdx−可知，C与x图象不能为一次函数图象，故A错误；B．由=QCU和=4πSCkd可得4π=kdUS则4π=UkQEdS=故E与d无关，故B错误；C．因负极板接地，设P点原来距负极板为x，则P点的电势0

Exx=−（）故C正确；D．电势能0()EqEqxx==−电势能不可能不变，故D错误。故选C。8.如图所示，A、B是带有等量的同种电荷的两小球（可视为点电荷），它们的质量都是m，它们的悬线长度是L，悬线上端都

固定于同一点O，B球悬线竖直且被固定，A球在库仑力的作用下，偏离B球x的地方静止，此时A球受到绳的拉力为1F，现在保持其他条件不变，用改变A球质量的方法，使A球距离B为13x处平衡，则此时A受到绳的拉力为（）A.1FB.13FC

.19FD.127F【答案】D【解析】【详解】小球受到重力mg、库仑力F库和绳的拉力F1，由平衡条件得知，mg、F库的合力与F大小相等、方向相反，作出mg、F库的合力如图由三角形相似得1FFmgxLL==库得1LmgFFx==库根据库仑定律得知

，当AB间距离x变化为13x时，库仑力F库变为原来的9倍，L不变，则得F变为原来的27倍，即得后来绳的拉力大小为27F1。故D正确，ABC错误。故选D。9.有关实际生活中的现象，下列说法正确的是（）A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速

度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的冲量C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害，汽车前部安装气囊是为了减小司乘人员动量的变化量【答案】AC【解析】【详解】A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，A正确；B．体操运动员在

着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，B错误；C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，故是为了减少反冲的影响，C正确；D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，

而司乘人员动量的变化量是不变的，由Ftp=可知，延长碰撞的时间，减小作用力，D错误。故选AC。10.质量为2Mkg=的小车静止于光滑水平面上，小车的上表面由光滑的1/4圆弧和光滑平面组成，弧半径为0.3Rm=，车的右端固定有一不计质量的弹簧，

如图所示．现有一质量为1mkg=的滑块从圆弧最高处无初速下滑，与弹簧相接触(不栓接)并压缩弹簧．重力加速度210/gms=求：弹簧具有的最大的弹性势能pmE和当滑块与弹簧分离时小车的速度v()A.2JpmE=B.3Jp

mE=C.2m/sv=D.1m/sv=【答案】BD【解析】【详解】AB.设水平向右为正方向，小球与滑块组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向上动量守恒，小车与滑块速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于系统的初动量为零，由动量守恒可得，此时系统动量也为零，速度为零，由于没有摩擦力，系统的机

械能守恒，由机械能守恒定律可得，弹簧的弹性势能最大为pm1100.3J=3JEmgR==，故B正确，A错误．CD.小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得120Mvmv−=，由机械能守恒定律得22121122mgRMvmv=+，联立解得11m/sv=，故

D正确，C错误．11.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A.平面c上的电势为4VB.该电子一定能到达平面fC.该电子经过

平面d时，其电势能为2eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】CD【解析】【详解】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为

2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A错误；B．由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面

f，故B错误；C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C正确；D．电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D正确。故选CD

。12.如图所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列

说法正确的是()A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动C.小球到达C点的速度可能为零D.当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H【答案】BD【解析】【详解】A．由于题中没有给出H与R、

E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B．若重力大小等于电场力大小，小球进入轨道后靠弹力提供向心力，小球在AC部分能做匀速圆周运动，故B正确；C．若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达

C点的速度不可能为零，故C错误；D．由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。故选BD。二、实验题：（13小题6分，14小题10分）13.如图为实验室中验证动

量守恒实验装置示意图(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则______；A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2C．m1＞m2r1=r2D．m1＜m2r1=r2(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是______（填下列对应的字母

）A．直尺B．游标卡尺C．天平D弹簧秤E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）______________成立，即

表示碰撞中动量守恒。【答案】(1).C(2).AC(3).112mOPmOMmON=+【解析】【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有101122mvmvmv=+在碰撞过程中动能守恒222101122111222mvmvmv=+解得1

21012mmvvmm−=+要碰后入射小球的速度v1＞0，即120mm−则12mm为了使两球发生正碰，两小球的半径相同故选C(2)[2]P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射

小球的速度02OPvhg=碰撞后入射小球的速度12OMvhg=碰撞后被碰小球的速度22ONvhg=如果101122mvmvmv=+则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，所以112mOPmOMmON=+所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平故选AC(3)[3]由(2)分

析可知，若112mOPmOMmON=+成立，即表示碰撞中动量守恒14.为探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图1所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：(1)为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应

采取的做法是_______；A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码

的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰做匀加速运动(2)某学生在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角偏大，则他所得到的a-F关系图像应是如图2中的______图（图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线作用于小车的拉力F）

；(3)某同学在实验中得到的纸带如图所示，已知实验所用电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4各点没有画出。据纸带可求出小车的加速度大小为______2m/s（结果保留两位有效数字）；(4)图1所示实验装置还可以做课本的力学

实验______、______。【答案】(1).C(2).C(3).0.88(4).探究小车速度随时间变化的规律(5).探究功与速度变化的关系。【解析】【详解】(1)[1]为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是：将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰

好做匀速运动；故选C。(2)[2]若某学生在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角偏大，则小车上不加外力也应该有加速度，故选C。(3)[3]据2xaT=可求出小车的加速度大小为222432122()()(8.647.756.876.00)10m/s0.88m/s44

0.1ssssaT−+−++−−===(4)[4][5]图1所示实验装置还可以做课本的力学实验：探究小车速度随时间变化的规律；探究功与速度变化的关系.三、计算题（15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分。解答题应写出必要的

文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲

量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，取10＝3.

17。求：(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小。【答案】(1)9m/s；(2)1.9m/s【解析】【详解】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒

，以水平向左为正，根据动量守恒定律得01()CBCmvmmv+=弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得()2p112BCEmmv=+解得v1＝3m/sv0＝9m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长

的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得32()ABCmvmmv+=根据能量守恒定律得()22p321122ABCEmvmmv=++解得v2＝1.9m/s16.如图所示，

一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰，在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为0.9m．已知半圆形管道的半径为R=lm，小球可看作质点且质量为m=lkg，重力加速度为g

(g=10m/s2)．求：(1)小球经过管道的B点时，小球对管道的作用力；(2)小球经过管道最低点A时的速度．【答案】（1）1N，方向向上（2）7m/s【解析】【详解】（1）根据平抛运动的规律和运动合成的有关规则，小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等vB=vy=gt.x=vBt=

0.9m..根据牛顿运动定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）FB+mg=2BvmR解得：FB=-1N……负号表示轨道对球的作用力方向向上.（2）从A到B的过程小球的机械能守恒：12mvA2-12mvB2=mg·2RvA=7m/s17.如图所示，两平行金属板A、

B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10－10C，质量为m=1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O

点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常

量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹。(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。【答案】(1)3cm；12cm；(2

)；(3)负电；81.010C−【解析】【详解】(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有0Lvt=212yat=FqUamdm==联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为2201)0.03m3cm22q

ULyatmdv====(粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为y，由几何关系得2122yLLy=+解得412cmyy==(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图(3)粒子到达H点时，其水平速度602.010m/sxvv==竖直速

度61.510m/syvat==则有62.510m/sv=合该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径15cmr=根据牛顿第二定律则有22mvkqQrr=合解得81.010CQ−