2020-2021学年江西省上饶市高一下第二次检测直升班_（物理）新人教版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一下第二次检测直升班_（物理）新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列有关冲量的说法中正确的是（ ）
A.放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物体受到重力的冲量为零
B.力对物体的冲量越大，物体受到的力一定越大
C.力对物体的冲量越大，力的作用时间一定越长
D.物体的冲量越大，它的动量变化越大

2. 关于电场线和等势面的说法，正确的是（ ）
A.沿着电场线的方向电场强度一定越来越小
B.等势面密集的地方电势一定越高
C.沿着等势面移动电荷，静电力不做功
D.电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上也是存在的

3. 两辆汽车在同一水平路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1：2，速度之比v1∶v2＝2∶1．当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2．设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则（ ）
A.s1∶s2＝1∶2B.s1∶s2＝1∶1C.s1∶s2＝2∶1D.s1∶s2＝4∶1

4. 如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b物块间高度差为ℎ（b尚未落地），在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A.物块b重力势能的减少了2mgℎ
B.物块b机械能减少了23mgℎ
C.物块a的机械能逐渐减小
D.物块a重力势能的增加量小于其动能增加量

5. 一带负电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，下列判断正确的是（ ）

A.油滴的电势能减少B.A点电势高于B点电势
C.油滴所受电场力小于重力D.油滴重力势能减小

6. 两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势沿x轴的分布如φ−x图所示（只画出了部分区域内的电势），B、C为x轴上的两点，且OB>OC，由图可知（ ）

A.B点的电势高于C点的电势，B、C两点的电场方向相反
B.B点的电势低于C点的电势，B、C两点的电场方向相反
C.B点的场强大于C点的场强，B、C两点的电场方向相同
D.正电荷沿x轴从B运动到C的过程中电场力先做正功后作负功

7. 如图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（ ）

A.弹簧的弹性势能先增大后减少
B.小球的动能先增大后减小
C.小球的重力势能先增大后减小
D.小球和弹簧系统的机械能先增大后减小
二、多选题

一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是（ ）

A.第1s末质点的速度大小为2m/s
B.第2s末质点的动量大小为6kg⋅m/s
C.第1s内与第2s内质点动量增加量之比为1:2
D.第1s内与第2s内质点动能增加量之比为4:5

如图所示是质量为M=3kg的小球A和质量为m=1kg的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移—时间图象，由图可知（ ）

A.两个小球在碰撞前后动量守恒
B.碰撞过程中，B损失的动能是6J
C.碰撞前后，A的动能不变
D.这两个小球的碰撞是非弹性碰撞

某电场的电场线分布如图实线所示，以下说法正确的是（ ）

A.b和c处在同一等势面上
B.c点场强大于b点场强
C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大
D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带正电
三、实验探究题

在“验证动量守恒定律”的实验中．实验装置及实验中小球运动轨迹及平均落点的情况如图所示，回答下列问题：

（1）本实验需要测量的物理量是（ ）
A.小球的质量ma、mb
B.小球离开斜槽后飞行的时间ta、tb
C.小球离开斜槽后飞行的水平射程xa、xb
D.槽口到水平地面的竖直高度H

（2）实验中重复多次让小球a从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是________．

（3）放置被碰小球b前、后，小球a的落点位置为分别为图中的________和________．
四、解答题

有一个带电荷量为q=−3×10−6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服静电力做功为−6×10−4J，从B点移到C点，静电力做功为9×10−4J．问：
（1）AB、BC间的电势差各为多少？

（2）如果B点的电势为零，电荷在A、C两点的电势能各为多少？

如图所示，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧轨道时无机械能损失）．已知圆弧轨道的半径R=0.6m，O为轨道圆心，BC为轨道竖直直径，OA与OB的夹角θ=60∘，小球到达A点时的速度大小vA=8m/s，g取10m/s2，求：

（1）小球做平抛运动的初速度大小v0；

（2）小球刚好能到达圆弧最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功．

如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30∘的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g4，静电力常量为k，求：

（1）小球运动到B点时的加速度大小．

（2）小球所带电荷量的大小及B和A两点间的电势差（用k、Q和L表示）．

如图所示，质量为m0=1kg的摆球A用长为l=1.8m的轻质细绳系于O点，O点下方的光滑水平地面上静止着一质量为m=5kg的小球B，小球B右侧有一质量为M=15kg的静止滑块C（未固定），滑块的左侧是一光滑的14圆弧．现将摆球向左拉起，使细线水平，由静止释放摆球，摆球摆动至最低点时恰好与小球B发生弹性正碰，碰撞时间极短，摆球A和小球B均可视为质点，不计空气阻力，滑块C的14圆弧半径足够大，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度ℎ；

（2）小球B与滑块C作用过程中小球B沿14圆弧面上升的最大高度H．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一下第二次检测直升班 (物理)
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
冲量
【解析】
利用动量定理和冲量对题目进行判断即可得到答案，需要熟知动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量；动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值；力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定．
【解答】
解：A．根据冲量的定义可知，放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物体受到重力的冲量为mgt，不等于0，故A错误；
B．根据冲量的公式：I=Ft可知，冲量大，物体受到的力不一定大，还与作用力的时间有关，故B错误；
C．根据冲量的公式：I=Ft可知，冲量大，力作用的时间不一定长，还与受到的力的大小有关，故C错误；
D．根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，冲量越大，动量的变化量越大，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
电场线
等势面
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．电场线越密的地方电场越强，而沿着电场线的方向电势越来越小，故A错误；
B．等势面的疏密与电势的大小没有必然的联系，故B错误；
C．电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功，故C正确；
D．电场线是人们假设的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在，故D错误．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
加速度与力、质量的关系式
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由牛顿第二定律可知，a=μmgm=μg，μ、g均相等，可知两辆小车刹车时加速度大小相等，由2ax=v2−v02，可得，s=v22μg，由题干知速度之比为v1:v2=2:1，所以s1:s2=4:1，故D正确．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
轻绳连接体
连接体的机械能守恒问题
【解析】
本题中物体a、b构成的系统机械能守恒，物体B重力势能的减小量等于a动能增加量、b动能增加量、a重力势能增加量之和．
【解答】
解：AB．物体a、b构成的系统机械能守恒，有(2m)g⋅ℎ2=mg⋅ℎ2+12mv2+12(2m)v2，解得：v=13gℎ，物体b动能增加量为12(2m)v2=13mgℎ，重力势能减小2mgℎ2=mgℎ，故机械能减小23mgℎ，故A错误，B正确；
C．物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故C错误；
D．物体a动能增加量为12mv2=13mgℎ，重力势能增加量为mgℎ2，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
利用轨迹可以判别合力及电场力的方向；利用电场力方向可以判别电场力做功及电势能的变化；利用合力方向可以判别电场力和重力的大小；利用电场线分布可以判别电势的高低；利用高度变化可以判别重力势能的变化。
【解答】
解：A．由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上，故电场力做正功，电势能减小，故A正确；
B．油滴逆着电场线运动，电势升高，则在A点电势低于在B点电势，故B错误；
C．油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，故C错误；
D．因油滴向上运动，故重力做负功，重力势能增加，故D错误．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
静电场中的φ-x图象问题
【解析】
根据电势的图像直接读出电势高低．由E=Ud可知，图像的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况．根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负．
【解答】
解：AB．电势的正负表示大小，由图可知，C点的电势高于B点的电势，B、C两点的斜率都为正值，故场强方向相同，故AB错误；
C．图像的斜率绝对值等于场强大小，由图可知，B点的斜率大于C点的斜率，故B点的场强大于C点的场强，B、C两点的斜率都为正值，故场强方向相同，故C正确；
D．C点的电势高于B点的电势，故场强方向由C指向B，正电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从C指向B，电场力方向与位移相反，电场力一直做做负功，故D错误．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
【解析】
根据重力做功判断重力势能的变化，根据弹簧的形变量判断弹性势能的变化，根据小球的受力判断小球的速度变化，从而得出小球动能的变化．小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，通过弹性势能的变化判断小球机械能的变化．
【解答】
解：A．小球在向下运动过程中，弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹性势能一直增大，故A错误；
B．小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力作用，开始的一段时间内，重力大于弹力，合外力做正功，小球动能增大，后来弹簧的弹力大于小球重力，合力对小球做负功，小球的动能减小，因此小球动能先增大后减小，故B正确；
C．在向下运动过程中，小球的质量不变而高度逐渐减小，小球的重力势能一直减小，故C错误；
D．小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力的作用，除重力之外，弹簧弹力对小球做负功，小球和弹簧系统的机械能不变，故D错误．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
动量
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】
根据牛顿第二定律求出两段时间内的加速度，由速度公式求出第1s末和第2s末的速度，由P=Fv求瞬时功率，分别由动量p=mv和动能Ek=12mv2求第1s内与第2s内质点动量增加量之比和动能增加量之比．
【解答】
解：A．0到1s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a1=Fm=4m/s2，第1s末物体的速度为v1=a1t1=4m/s，故A错误；
B．1到2s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a2=Fm=2m/s2，
第2s末物体的速度为v2=v1+a2t2=6m/s，可知P=mv=6kg⋅m/s，故B正确；
C．第1s内与第2s内质点动量增加量之比为：Δp1:Δp2=(mv1−0)：(mv2−mv1)=2:1，故C错误；
D．第1s内与第2s内质点动能增加量之比为：ΔEk1:ΔEk2=(12mv12−0):(12mv22−12mv12)=4:5，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,B
【考点】
弹性碰撞和非弹性碰撞
动量守恒定律的综合应用
【解析】
根据x−t图象的斜率等于速度求出碰撞前后各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．
【解答】
解：根据x−t图像的斜率等于速度，可知：A球的初速度为vA=0，B球的初速度为vB=Δx2Δt=205m/s=4m/s碰撞后A球的速度为vA′=ΔxAΔt=30−2010−5=2m/s；碰撞后B球的速度为vB′=ΔxBΔt=10−2010−5=−2m/s；
A．碰撞前A、B系统的总动量为p=MvA+mvB=4kg⋅m/s碰撞后总动量为p′=MvA′+mvB′=4kg⋅m/s，故两个小球在碰撞前后动量守恒，故A正确；
B．碰撞过程中，B球的动能变化量为ΔEkB=12mvB′2−12mvB2=12×1×[(−2)2−42]J=−6J，即损失6J，故B正确；
C．碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误；
D．碰撞前后A球动能增加量为ΔEkA=12MvA′2−0=6J，则知碰撞前后A球动能的增加量等于B球动能的减少量，即系统的总动能保持不变，故此碰撞为弹性碰撞，故D错误．
故选AB．
【答案】
B,D
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据正电荷电势高低变化判断电势能的变化．
【解答】
解：A．沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故A错误；
B．电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故B正确；
C．若将一试探电荷+q由a点移动到d点，即正电荷从高电势移到低电势，电荷的电势能将减小，故C错误；
D．由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向右上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D正确．
故选BD．
三、实验探究题
【答案】
A,C
（2）使小球a与小球b碰撞前瞬间的速度相同
（3）B,A
【考点】
利用平抛运动规律验证动量守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）要验证mav0=mav1+mbvb，
由于碰撞前后入射球和靶球从同一高度同时做平抛运动，根据ℎ=12gt2可得两球做平抛运动的时间相同，故有可验证
mav0t=mav1t+mbvbt，
而v0t=OB，v1t=OA，vbt=OC，故只需验证maOB=maOA+mbOC，
所以要测量a球的质量ma和b球的质量mb，测量小球离开斜槽后飞行的水平射程．
故选AC．
（2）让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的速度都相同．
（3）根据以上分析，放置被碰小球b前、后，小球a的落点位置为分别为图中的B和A．
四、解答题
【答案】
（1）AB、BC间的电势差分别为UAB=200​V、UBC=−300​V．
（2）如果B点的电势为零，电荷在A、C两点的电势能各为EA=−6×10−4J、EC=−9×10−4J．
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
电势能
【解析】
（1）由电场力做功性质及W=Uq，可得电势差，
（2）根据电势差和基准电势可得其他点电势大小，并由Ep=φ可计算电势能．
【解答】
解：UAB=WABq=−6×10−4−3×10−6​V=200​V，
UBC=WBCq=9×10−4−3×10−6​V=−300​V．
（2）若φB=0，由UAB=φA−φB得：φA=UAB=200V，
由UBC=φB−φC得：φC=φB−UBC=[0−(−300)]V=300V，
电荷在A点时的电势能EA=qφA=−3×10−6×200J=−6×10−4J，
电荷在C点时的电势能EC=qφC=−3×10−6×300J=−9×10−4J．
【答案】
（1）小球做平抛运动的初速度大小v0=4m/s；
（2）过程小球克服摩擦力所做的功为12J．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由题意知，小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解，由几何关系知小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，由平抛运动规律，小球做平抛运动的初速度v0=vAcsθ=8×0.5m/s=4m/s．
（2）小球恰好经过C点时，在C点，由牛顿第二定律，有mg=mv02R，
解得小球刚好能到达圆弧最高点C时的速度vC=6m/s，
小球由A至C过程由动能定理，有−mg(Rcsθ+R)−Wf=12mvC2−12mvA2，
解得小球由A至C过程克服摩擦力所做的功Wf=12J．
【答案】
（1）小球运动到B点时的加速度大小为g2．
（2）小球所带电荷量的大小为q=mgL24kQ，B和A两点间的电势差为kQL．
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
电势差与电场强度的关系
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：带电小球在A点时有：
mgsin30∘−kQqL2=maA，
带电小球在B点时有：
kQqL22−mgsin30∘=maB，
且aA=g4，可解得：aB=g2．
（2）由A点到B点应用动能定理得：
mgsin30∘⋅L2−UBA⋅q=0，
由mgsin30∘−kQqL2=m⋅aA=mg4，
可得：14mg=kQqL2，得q=mgL24kQ，UBA=kQL．
【答案】
（1）摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度ℎ=0.8m；
（2）小球B与滑块C作用过程中小球B沿14圆弧面上升的最大高度H=0.15m．
【考点】
系统机械能守恒定律的应用
动量守恒定律的综合应用
【解析】


【解答】
解：（1）设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，
根据机械能守恒定律，有mgl=12m0v02，代入数据解得v0=2gl=6m/s，
摆球A与小球B碰撞后摆球A和小球B的速度分别为v1、v2，发生弹性碰撞，
碰撞过程根据动量守恒定律有m0v0=m0v1+mv2，
根据能量守恒定律有12m0v02=12m0v12+12mv22，
代入数据解得v1=−4.0m/s，v2=2.0m/s，
碰撞后摆球A上摆过程，根据机械能守恒定律得
12m0v12=m0gℎ，
代入数据解得ℎ=0.8m．
（2）小球B与滑块C作用过程中当两者速度相等时，
小球B沿14圆弧面上升的高度最大，设共同速度为v，
作用过程根据水平方向上的动量守恒定律有mv2=(m+M)v，
根据能量守恒定律有mgH=12mv22−12(m+M)v2，
代入数据解得H=0.15m．