2024重庆市万州二中高二上学期10月月考试题物理PDF版含答案、答题卡（可编辑）

万州二中教育集团高二上期第一次月考(答案)

一、单选题

B B C D A C A

二、多选题

BC   AD    AC

三．实验题

11.  （1）B    (2) BC

12.（1）2.4；（2）0.58；0.60；在误差允许的范围内，系统机械能守恒；（3）9.7。

四．计算题（共3小题）

13．场源电荷Q＝2×10﹣4C是正点电荷，一检验电荷q＝﹣2×10﹣5C，它们相距r＝2m，电荷静止且处于真空状态。

求：

（1）q受到的电场力.

（2）q所在的位置的电场强度。

【解答】解：（1）由库仑定律得：

F＝＝＝9N

方向沿两点电荷连线指向场源电荷；

（2）电场强度E＝＝＝4.5×105N/C

方向沿两点电荷连线指向试探电荷；

14．机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：

（1）提升高度为h时，工件的速度大小；

（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。​

【解答】解：（1）根据几何关系可知工件的位移大小为：

根据速度—位移公式可得：

＝

（2）根据速度—时间公式可得：

＝     I=mat=ma

根据动能定理可得：

W合＝

解得：W合＝

15．某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：

（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；

（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；

（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；

（4）细杆F的长度。

【解答】解：（1）设小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度大小为v，此时与小盒相连的绳子上的拉力大小为T。由题意此时物块对木板的压力刚好为零，可知：

T＝3mg

小球与小盒相撞后的瞬间是两者组成的整体开始做圆周运动的初始时刻，由牛顿第二定律得：

T﹣2mg＝2m

联立解得：v＝，方向水平向右；

（2）设小球到达B处时的速度大小为v0，在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为W。

小球与小盒相撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0＝（m+m）v

对小球从A处到B处的过程，由动能定理得：

mg•3L﹣W＝

联立解得：W＝mgL；

（3）由题意小球进入小盒时刚好能被卡住，此时物块对木板的压力刚好为零。则此时桌面对木板的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.5mg，因细杆与圆环的总重力为（m+0.25m）g＞f，故木板将向右做匀加速运动。

在木板与挡板相撞前，假设细杆与圆环保持相对静止，对木板、细杆与圆环组成的整体为研究对象，设其加速度为a，由牛顿第二定律得：

（m+0.25m）g﹣μmg＝（m+m+0.25m）a

解得：a＝g

设此过程圆环与细杆之间的静摩擦力为f′，对圆环由牛顿第二定律得：

0.25mg﹣f′＝0.25ma

解得：f′＝mg

因f′＜0.5mg，即圆环与细杆F间的静摩擦力小于最大静摩擦力，故假设成立。

设木板与挡板第一次碰撞时的速度大小为v1，则有：

＝2aL

木板与挡板第一次碰撞之后，圆环相对细杆向下滑动，木板向左，细杆向上做匀加速直线运动，设两者加速度大小均为a1，对木板与细杆组成的整体由牛顿第二定律得：

0.5mg+mg+μmg＝（m+m）a1

解得：a1＝g

木板与挡板第一次碰撞之后向左减速到零的位移就是木板向左返回的最大位移，设为x1，则有：

＝2a1x1

与＝2aL对比可得：x1＝＝L；

（4）木板与挡板第一次碰撞之后，圆环向下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a2，对圆环由牛顿第二定律得：

0.5mg﹣0.25mg＝0.25ma2

解得：a2＝g

因a1＝a2，则木板、细杆与圆环同时减速到零，且圆环与细杆的位移大小相等均等于x1，但方向相反，则圆环与细杆的相对位移大小为：

Δx1＝2x1

木板第一次向左减速到零之后，再向右匀加速直线运动与挡板第二次碰撞之后，再向左匀减速直线运动到速度为零，此过程中各阶段木板、细杆与圆环的加速度均与之前相同。

同理可得：木板与挡板第二次碰撞之后向左减速的最大位移为：

x2＝x1＝（）2L

对应此过程的圆环与细杆的相对位移大小为：

Δx2＝2x2

木板与挡板第n次碰撞之后向左减速的最大位移为：

xn＝（）nL

对应的圆环与细杆的相对位移大小为：

Δxn＝2xn

【解法一】设细杆的长度为s，则有：

s＝Δx1+Δx2+Δx3+……+Δxn＝2[L+（）2L+（）3L+……+（）nL]＝2••L

当n＝∞时，解得：s＝L。

【解法二】设细杆的长度为s，则全过程细杆与圆环相对位移大小等于s，由前述的过程分析可得到在木板与挡板第一次碰撞之后全过程木板的运动路程（即为：2x1+2x2+2x3+……+2xn）与全过程细杆与圆环相对位移大小相等（即：2x1+2x2+2x3+……+2xn＝s）。

由功能关系可得全过程细杆与圆环摩擦生热为：

Q1＝0.5mgs

全过程木板与桌面摩擦生热为：

Q2＝μmgL+μmgs＝μmg（L+s）

全过程木板、细杆与圆环组成的系统减少的机械能为：

ΔE＝mgL+0.25mg（L+s）

由能量守恒定律得：ΔE＝Q1+Q2

即：mgL+0.25mg（L+s）＝0.5mgs+μmg（L+s）

解得：s＝L。

答：（1）小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度大小为，方向水平向右；

（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为mgL；

（3）木板与挡板碰后，向左返回的最大位移为L；

（4）细杆的长度为L。