2022湖南常德汉寿第一中学高二上学期期中物理试卷答案

2022-2023学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二上学期期中冲刺物理试卷答案 四、解答题(36分) 13,(10分)如图所示，在一水平平台上相距L=2.8m处放置两个质量都是m=1.5kg的 滑块P和Q。现给滑块P一水平瞬时冲量，滑块P沿平台运动到平台右端与滑块Q发 生碰撞后，二者黏合后抛出，恰好能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑固定竖直圆弧 轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧轨道两端点且其连线水平。己知圆弧轨道半径 R=1m,对应圆心角日=106°，光滑竖直圆弧轨道的最高点与平台之间的高度差 h=0.8m,滑块P与平台之间的动摩擦因数4=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2, sin53°=0.8，cos53°=0.6，两滑块均视为质点，不计空 气阻力。求： (1》两滑块黏合后平抛的初速度大小和运动到圆弧轨道 最低点O时对轨道的压力大小 (2)两滑块碰撞过程中损失的机械能。 14,(12分)如图所示，一个质量为m=1.0×100kg、电荷量为9=1.0×10C的带电粒 子，经-200V的电压加速后，在两平行金属板中点处沿垂直电场线方向进入偏转电场， 两平行金属板之间的电压为U。=300V。若两板间距为d=8cm, 板长为L=8Cm。整个装置处在真空中，重力可忽略。求(1)粒 子从加速电场出射时的速度：(2)两平行金属板间的电场大小 E:(3)粒子离开偏转电场时所花的时间(4)粒子离开偏转电场 时的竖直位移： 15,(14分)如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道N固定在竖直平面内， O、N恰好处于同一竖直线上，ON=R,OM与竖直方向之间的夹角8=37°，水平面上 方空间存在水平向左的匀强电场。水平面上有一点P,点P、的连线恰好与圆轨道 参考答案： 1,C【详解】A,牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置测量出万有力常 量，故A错误：B。第谷用了20年时间观测记录行星的运动，开普勒通过分析总结发现了 行星运动的三大定律，故B错误：C.库仑利用扭秤实验研究了真空中两个静止点电荷间的 相互作用力，得出了库仑定律，故C正确：D,元电荷的数值最早是由密立根测得的， 故D错误。故选C。 2.B【详解】A.航天员虽然处于完全失重状态，但仍然受到重力，故A错误：B.对飞船 G、Mm 4a2 =m 整体 (R+ (R+) GM=(R+h)' .p=M v=dR' P=, 解 又 3,解得 3x(R+h) =mg解得g4R+放C错误： GT'R 故B正确：C.由GMm (R+) T D.由G四=m m一可得V= GM 天和核心舱距离地面有一定高度，核心舱的饶行速度 小于第一宇宙速度7.9kms,故D错误，故选B。 3,B【详解】AB,如图所示对物体b受力分析，其受到重力、支持 力、摩擦力且处于平衡态，所以有=mgc0s8 f=mg sin 故A错误，B正确：CD.如图，对斜面体a受力分析有，受到重力、 777777777777 左 ◆右 支持力、物块b对斜面体的压力以及物块b对斜面体的摩擦力 m g 将物块b对斜面体α的压力以及物块b对斜面体的摩擦力分解到水平 方向有朱=f'cos0=mg sin0cos6, FN=F'sin =mg cos@sin 由上述式子可知，两者在水平方向上大小相等，又因为其方向相反，所以斜面体a在水平上 没有运动趋势，故CD错误。故选B。 4,A【详解】A.导体棒在磁场中运动时，如果电流表发生偏转，则回路中产生了感应电流， 如果不偏转，则没有产生感应电流，因此能够用来研究产生感应电流的条件，A正确： B.通电后，小磁针在导线周固发生偏转，用来研究通电导线周围的磁场方向，B错误： C,闭合电键时，导体棒在磁场中运动，用来研究通电导线在磁场中的受力情况，C错误： D,闭合电键后，铁定吸引铁销，用来研究通电螺线管通电后相当于电磁铁，D错误。 5.C【详解】A·1900年，普朗克在研究黑体辐射时，认为其辐射的能量是不连续的，而 是一份一份的，故A正确，不符合题意：B.普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除 了“能量连续变化的传统观念，故B正确，不符合题意：C,根据光的被粒二象性可知，光 是一种电磁被，光的能量是一份一份的，故C错误，符合愿意：D.1905年爱因斯坦提出 了光子说，即光在传播过程中是不连续的，是由一份一份的光子“组成的。故D正确，不 符合题意。故选C, 6,C【详解】A,由题意及图可得，电源的电动势为3V,图线斜常表示内阻，内阻为 r=3V =0.52 6A A错误：B。由图可知，小灯泡此时的电压为2V,电流为2A,则电阻为 U R=兰=12 B错误C.由题意可得，电源内阻消耗的热功率为P=产，=(2A)×0.5Q=2W 7= 二×100%=66.7% C正确：D.电源的效率为E D错误。故选C。 7.B【详解】A,场强是矢量，C点与D点场强的方向不同，故A错误： B,沿着电场线方向，由题意可知，AO上任意一点的场强都大于OB上任意一点的场强，AO 的平均场强大于OB的平均场强，又OA=OB,故U4o> Um,故B正确： C.粒子带正电，沿MN轨迹运动时，场强先增大后减小，电场力也先增大后减小，由牛顿 第二定律可得，加速度先增大后减小，故C错误： D.把一负电荷从C点沿直线CD移至D点，由电场力方向与速度方向先夹锐角后夹钝角 知电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D错误。故选B。 an8-- 8.D【详解】A,设斜面的倾角为0，根据题意可知 2对小球的运动的位移分解后存 1 tan= 81解得：小球落在@点的飞行时间t=兰故A错误：B,小球落在a点的竖直 %12 方向上的速度V,==V。 小球落到a点的速度大小v=√居+=√2%故B错误： C,小球以不同的初速度抛出来，最后落在斜面上的位移方向都相同，与水平方向上的夹角 都为B,故C项错误：D,小球以不同的初速度抛出来，最后落在斜面上的速度方向与水平 方向夹角的正切值ana=2anB=1即最后落在斜面上的速度方向均相同，故D项正确。 9.AC【详解】CD.R的滑动触点向a端移动时，R增大，整个电路的总电阻Ra增大， E 由闭合电路欧姆定律 R。r可得，电路中总电流'减小，内电压C/'减小，外电压 U外E-Uw增大，即电压表示数U增大，R电压U=1®R减小，R、R:并联电压增大， 通过尼的电流增大，即A示数增大，而总电流急减小，则通过的电流减小，即A 示数2减小，故C正确，D错误：A.电源的总功率P=。E,总电流/减小，电源的总 功率减小，故A正确：B. R消耗的功率PR,总电流'减小，尼消耗的功率减小， 故B错误，故选AC。 10.BD【详解】A.电容器的电压不变，根据d可知随板间距离增加，电场强度减小， 根据U=Ed可知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向上，P点电势比下极板低， 因此，P点的电势升高，A错误B.根据4知kd 可知随着板间距高增大，电容C减小， Q 而电压U不变，由U可知电容器的电量Q减小，B正确： C,开始时液滴处于静止状态，可知液滴带正电荷，由于板间场强减小，油滴所受电场力减 小，重力不变，因此油滴将沿竖直方向向下运动，C错误：D。由P点的电势升高，油滴带 正电，根据=侧可知带电油滴的电势能将增大，D正确。故选BD。 11,BD【详解】AC,从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹 射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹 在木块中与木块一起上升，忽略空气阻力，该过程只有重力做功，机械能守恒，只有取最开 始小木块所在平面为零势能面，则其机械能等于子弹射入木块后瞬间子弹和木块的动能，AC 错误：BD.规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知m=(m十) =m% 所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为M+m之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机 1 m哈 (M+m)w2■(M+m)gh h= 械能守恒定律得2 可得上升的最大高度为 2g(M+m),BD正确。 12. 6.04.699(4.698~4.702均可) R 3V 0.6A knd 4L 【详解】(1)[1]多用表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6.02： [2]根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数+可动刻度读数+估读，圆柱体的厚度为 d=4.5m+19.9x0.01mm=4.699mm,4.698mm~4.702mm均算正确： (2)[3]滑动变阻器R(0~20002,0.1A)的阻值比待测金属丝阻值62大得太多，为保 证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R:[4[5)由于干电池电压为1V,两节为 3V,故电压表量程应选用3V,电路最大电流约为- E-0.5A因此电流表量程应选0.6A: (3)[为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，与电流 表内阻接近，而电压表内阻远远大于被测电阻，因此电流表应采用外接法， 实验电路图如下图所示 =p片U=p片1k= =p knd2 (4)7]由1S得 S则 S解得 4L 13.(1)5mfs,129N:(2)13.5J 【详解11D由方 解得t=0.4s V=gt=4m/s 设滑块黏合体平抛的初速度大小 为'，由于滑块黏合体无碰撞进入圆弧轨道，即落到A点时速度方向沿A点切线方向，则 an53=芝 有 解得%=3ms 滑块黏合体无碰撞进入圆弧轨道A点时速度大小 v=5m/s 设滑块黏合体运动到最低点的速度大小为，对滑块由A点到O点 1 的过程，由机械能守恒定律，有2 2m听=2mgR(1-cos53）+2×2mv 在最低点O,根据牛顿第二定律，有 Fx-2mg =2m R解得=129N 由牛顿第三定律可知，滑块黜合体对轨道的压力大小为129N。 (2)设滑块P与滑块Q碰撞前的速度大小为%，滑块P与滑块Q碰撞，由动量守恒定律 二=N羽科礼4明￥瓣中看围雅诈梨型s/u9=热w文 解得△E=13.5J 14.(1)2×10m/s:(2)3750V/m:(3)4×10s:(4)3×10m 1 qU =-m 【详解】(1)根据动能定理有 2”解得%=2×10ms 丛=30V/m=3750V1m E= (2)两平行金属板间的电场d8×102 L8x103 ■■ (3)粒子离开偏转电场时所花的时间 %2×10的 s=4×108s 1 9E y■ (4)粒子离开偏转电场时的竖直位移2m解得y=3×10m 5 35 3 gR:(3(32+3)R 答案第4页，共5页 【详解】(1)根据小球沿PM做直线运动可知，小球所受的电场力与重力的合力沿MP方向， F-mg-5mg 如图(a)所示，则小球所受电场力与重力的合力大小为snB3 根据小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，小球在圆弧轨道上经过等效最高点G 时速度有最小值G,如图(b)所示，此时小球所受电场力与重力的合力提供向心力，即 F=m R 解得 3 (2)设小球在P点时的初速度大小为，小球从P点运动到G点的过程中，根据动能定理 有-F3R=m呢-5m 35 2 m听解得%-3gR (3)小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有 F(R-Rsin)=二mv-二v2 2 解得=V3gR 小球从N点水平飞出后，在水平方向上做初速度为W的匀加速运动， a51.m呢超 加速度大小为mm tan3 小球在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N 1 6R R+Rcos0+2Rsin0=-gt = 点飞出到落地的时间为，则 解得Yg x■ywt+5a2=(3V2+4)R 小球在水平面上的落点到N点的距离 所以小球在水平面上的落点到P点的距离为x。=x-(2Rcos0-Rsin)=(3√2+3)R N M qE B 事g M P 图(a) 图(b)