学年云南省临沧一中高二上学期第二次月考理综物理试题文档格式.docx
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B.
C.D.
【答案】A
考查万有引力定律及其应用．
【名师点睛】解决本题的关键知道挖去球后，地球表面物体的重力等于原来未挖去前所受的引力减去挖去部分对物体引力之差，这是解决本题的关键突破口．
3.如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑轮一端连接A，另一端悬挂一个质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上的一点，滑轮到杆的距离OC＝h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°
.现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是（ ）
A.物块B从释放点到最低点的过程中，物块A的动能不断增大
B.物块A由P点出发到第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小
C.PO与水平方向的夹角为45°
时，物块A、B速度大小关系是vA＝
vB
D.物块A在运动过程中的最大速度为
【解析】A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B从释放到了最低点，此过程中，对A受力分析，可知绳子的拉力一直做正功，其动能一直增大，故A正确；
B、物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，绳子对B一直做负功，其机械能一直减小，故B错误；
C、根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等，知vAcos45∘=vB，得
，故C错误。
............
故选：
A。
【名师点睛】
在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解。
4.如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是（ ）
A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B.如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大
C.如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变
D.“魔盘”的转速一定大于
人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变．故B错误．如果转速变大，由F=mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在魔盘上时，有mg≤f，N=mr（2πn）2，又f=μN
解得转速为n≥
，故“魔盘”的转速一定大于
，故D正确．故选D．
匀速圆周运动；
物体的平衡
【名师点睛】解决本题的关键要正确分析人的受力情况，确定向心力来源，知道人靠弹力提供向心力，人在竖直方向受力平衡。
5.如图所示甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a，b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点）．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图像如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是（ ）
A.甲对应的图线是①B.乙对应的图线是②
C.丙对应的图线是②D.丁对应的图线是③
【答案】AC
【解析】正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有Eqx＝Ek，动能Ek随x的变化率
∝E，而电场强度E随x的变化情况是：
甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误．
6.如图，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线．则（ ）
A.空气对风筝的作用力方向水平向右
B.地面对人的摩擦力方向水平向左
C.地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力
D.风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面
【答案】BD
设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F，以风筝为研究对象，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时，拉直的细线不可能垂直于风筝面，A错，D对；
对学生分析知，人受重力、地面的支持力，绳向右上的拉力和地面对人向左的摩擦力，B对；
整体研究，竖直方向上：
，β是风筝与水平面间的夹角，知C对。
弹力、共点力的平衡。
【名师点睛】略。
7.如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为
v，方向相反，则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为（ ）
A.m1∶m2＝1∶3B.m1∶m2＝1∶1
C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1
【答案】AD
【解析】AB、以原来m1的速度v方向为正方向，根据动量守恒定律
m1v=−m1v/2+m2v2
所以m1：
m2=1：
3
故A正确、B错误；
CD、两球碰撞前后动能变化量分别为：
所以△Ek1：
△Ek2=3m1：
1
故C错误、D正确。
AD。
根据动量守恒定律列式，就可求得质量之比；
分别求出两球碰撞前后动能变化量，然后相比即可。
8.如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和－Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有四点A、B、C、D，关于这四点的场强和电势，下列说法中正确的是（）
A.A点电势高于B点电势
B.A点场强大于B点场强
C.C点电势等于D点电势
D.C点场强等于D点场强
【答案】ACD
电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，选项A正确；
由于电场线关于MN和CD对称，A、B两点和C、D两点电场线疏密程度相同，故A点场强等于B点场强、C点场强等于D点场强、C点电势等于D点电势，选项B错误、CD正确。
故不正确的选项为B。
等量异种点电荷电场
【名师点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．由题，M带正电，N带负电，电场线方向由M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析CD两点电势关系、场强关系．
第Ⅱ卷（非选择题共19小题，共174分）
三、非选择题：
必考题，考生根据要求作答。
9.（6分）用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图给出的是实验中获取的一条纸带：
0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g，m2=150g，则（g=9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）
m2
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v5=________m/s；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk=________J，系统势能的减少量ΔEp=________J，
【答案】
（1）.
（1）2.40；
（2）.
（2）0.576、（3）.0.588
【解析】
（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度，则有：
v5=（x4+x5）/2T=（0.216+0.264）/0.2=2.40m/s；
（2）m1、m2动能的变化为：
△Ek=
m2下降h的同时，m1上升h，它们的重力势能的变化为：
△EP=（m2−m1）gh=（0.150-0.050）
9.8
（0.384+0.216）J=0.588J；
10.（14分）“验证动能定理”的实验装置如图甲所示。
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。
计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。
该小车的加速度大小a＝_____m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，拆去打点计时器。
在木板上的B点固定一个光电计时器，小车上固定一遮光片，如图丙所示。
将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，并且每次都控制小车从A点静止释放。
记录每一次光电计时器的示数。
本实验应取砝码盘及盘中砝码、小车（及车上挡光片、砝码）作为一个系统，即研究对象。
那么，是否需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量？
_______（选填“是”或“否”）；
每次从小车上取走砝码后，是否需要重新平衡摩擦力？
_______（选填“是”或“否”）
（3）已知，每个砝码质量为m0，遮光片宽度为d，AB间距离为L，重力加速度为g；
在某次实验中，光电计时器示数为
则小车运动运动至B点的速度可表示为__________；
（4）处理数据时，某同学将盘中砝码的总重力记为F，并以F作为纵坐标，
作为横坐标，描点作图，得到如图丁所示的图像。
该图线不过原点的原因是：
____________________；
已知图线的纵截距为-b，斜率为k，那么，砝码盘的质量为_________；
小车及遮光片的总质量为________。
【答案】
（1）.
（1）0.16；
（2）.
（2）否，（3）.否（4）.（3）
（5）.（4）未计入砝码盘的重力（F=0时，砝码盘的重力依旧使系统加速运动）,（6）.,（7）.
【解析】
（1）根据公式△x=at2，求解加速度，由于每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，
△x=（3.68−3.52）×
10−2m，代入可得加速度a=0.16m/s2。
（2）取砝码盘及盘中砝码、小车作为研究对象，质量为M，每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中改变拉力F时，M保持不变。
要验证动能定理：
，即
，只要研究F与
的关系即可，不需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量；
平衡摩擦力后，小车重力沿导轨向下的分力等于摩擦力，每次从小车上取走砝码后，不需要重新平衡摩擦力。
（3）由于遮光片很窄，通过光电门的时间很短，可以认为遮光片匀速通过光电门，速度为
。
（4）F为零时，砝码盘的重力不为零，通过光电门时的速度不为零，图线不过原点；
设砝码盘的质量为m，图线的纵截距等于砝码盘的重力，b=mg，m=b/g；
根据上式
，图线的斜率
M=
11.（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下．已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：
（1）木板A与B碰前的速度v0；
（2）整个过程中木板B对木板A的冲量I.
【答案】
（1）2
（2）－
，负号表示B对A的冲量方向向右
【解析】
（1）木板A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1.
A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝3mv2.
C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得
－μmgL＝
·
3mv－
2mv.
联立以上三式解得v0＝2
.
（2）根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I＝－mv2＝－
，负号表示B对A的冲量方向向右。
12.（14分）在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6×
105
N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个质量m=10g带负电荷的绝缘小物块，其带电量q=5×
10-8
C．小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示．试求：
（1）小物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离；
（2）小物块最终停止时的位置．
（1）0.4m；
（2）0.2m
（1）当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f，.电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg
设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得
−（F+f）s=−
联立解得
（2）由于F>
f，当物块运动到沿x轴正方向离O点的距离最远时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时左侧s′处
在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：
（F−f）s−fs′=0
解得
13.（16分）如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度V=2m/s匀速转动。
ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=0.6m．平面部分A点与传送带平齐接触。
放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，物块的质量m=1Kg。
结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s2。
求：
（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间。
（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
（1）4.5s；
（2）8J
【解析】试题分析:
（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：
物块向右达到的最大位移：
反向匀加速运动过程加速度大小不变。
达到与传送带共速的时间：
相对地面向左位移：
共速后与传送带匀速运动的时间：
往返总时间：
（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力。
得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：
物块第二次从N到A点：
速度关系：
代入得：
；
或
（舍）
物体运动时传送带的位移：
传送带为维持匀速运动多提供的力：
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：
考查牛顿运动定律的综合应用；
动能定理．
【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．
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