重庆市凤鸣山中学2023-2024学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx

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重庆市凤鸣山中学教育集团2023-2024学年度高2022级上期中考试物理试题考试说明：1．时间：90分钟2．试卷总分：100分3．试卷页数：6页注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。第I卷（选择题，共40分）一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。）1.关于静电场，下列说法正确的是（　　）A.电场强度为0的地方，电势也一定为0B.同一电场中，电场线越密的地方，电场强度越大C.电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能越大D.电荷从电场中A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同【答案】B【解析】【详解】A．电势零点是人为规定的，电场强度为零的地方电势不一定为零，故A错误；B．电场线的疏密体现电场强度的强弱，电场线越密的地方，电场强度越大，故B正确；C．电场中电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小，故C错误；D．电场力做功与路径无关，只与初末位置相关，故D错误。故选B。2.甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（　　） A.摆长之比为B.振动频率之比为2:3C.在t=1.0s时刻，加速度均不为零D.在t=1.8s时刻，振动方向相反【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为2:1，根据单摆的周期公式可知，甲、乙单摆摆长之比为4:1，故A错误；B．根据周期与频率的关系所以振动频率之比为1:2，故B错误；C．在t=1.0s时刻，沿振动方向的加速度均为零，但还有向心加速度，因此加速度不为零，故C正确；D．根据振动图像可知，在t=1.8s时刻，甲、乙两单摆均沿x轴正向振动，故D错误。故选C。3.对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（　　）A.甲图中，该女生接触带电的金属球时与带电的金属球带有异种性质的电荷B.乙图为静电除尘装置示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了更好地导电【答案】C【解析】【详解】A．女生接触金属球，与金属球带同种电荷，故A错误；B．线状电离器B带负电，管壁A带正电，带电的尘埃被收集在了A上，故B错误；C．燃气灶电子点火器应用了尖端放电原理，故C正确；D．两条优质话筒线外面包裹的金属外衣应用了静电屏蔽原理，故D错误。故选C。 【点睛】本题考查各种物理现象中蕴含的原理。4.电容式话筒含有电容式传感器，如图所示。导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是（）A.电容器电容增大B.电容器所带电荷量增加C.电容器两极板间的场强增大D.电阻R上电流方向自左向右【答案】D【解析】【详解】A．当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变大，根据可知电容变小，故A错误；B．由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知当电容变小时，所带电荷量减少，故B错误；C．当极板间距变大时，由可知电容器两极板间场强减小，故C错误；D．根据前面分析电容器所带电荷量减少，电容器放电，电容器左边极板带正电，故可知此时放电电流通过电阻上时方向自左向右，故D正确。故选D。5.某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，一点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A.该点电荷带正电，由A运动到B的过程中动能增大，电势能减小B.该点电荷带负电，由A运动到B过程中动能减小，电势能增大C.A、B、C、D四点的场强大小关系为EA>EB>EC>EDD.A、B、C、D四点的电势大小关系为φA<φB<φC<φD【答案】B【解析】【详解】AB．根据曲线运动受力方向指向轨迹内侧，正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反，可知点电荷为负电荷。A运动到B的过程中电场力方向与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故A错误，B正确；C．电场线越密集电场强度越大，因此A点场强最小，C错误；D．沿电场线方向电势降低，，D错误。故选B。6.如图所示，一电荷量为＋Q的均匀带电细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点处有一电荷量为＋的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）A.kB.kC.kD.k【答案】A【解析】【详解】a点处的电荷量为＋的点电荷在b处产生的电场强度为，方向向右，b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与a点处的点电荷在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为 方向向左．根据对称性可知细棒在d处产生的电场强度大小为方向向右；而电荷量为＋的点电荷在d处产生的电场强度为方向向右，所以d点处场强的大小为方向向右，故选项A正确。7.两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（）A.O处点电荷带正电，M处点电荷带负电B.的值小于的值C.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功D.将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大【答案】D【解析】【详解】A.无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故A错误；B.OA之间的距离为，AM之间的距离为，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有 ，因此；C.负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故C错误；D.将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故D正确。故选：D8.如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与球连接。三个可视为质点的带电小球A、B、C，质量均为，其中A带电量为的带电量。当系统静止时，三小球等间距排列。已知静电力常量为，则（）A.B.弹簧伸长量为C.A球受到的库仑力大小为D.相邻两小球间距为【答案】A【解析】【详解】AD．三小球间距均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件对B小球受力分析，根据平衡条件两式联立解得，故A正确，D错误；B．对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件 弹簧伸长量故B错误；C．对A球受力分析，根据平衡条件解得A球受到的库仑力为故C错误。故选A。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（）A.振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力B.时刻，加速度方向与位移方向相同C.在时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大D.振动频率与按压的深度有关【答案】AC【解析】【详解】A．装有一定量细沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；B．由图乙可知在t1时刻，位移为负，加速度方向为正，所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反，故B错误； C．由图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故C正确；D．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故D错误。故选AC。10.如图所示，电子经过加速电压为的电场由静止加速后，平行于极板射入两极板的正中间。两极板间所加电压为，极板长为L，电子电荷量绝对值为e，质量为m，电子恰好从下极板的边缘射出，则（　　）A.电子从下极板边缘射出的动能为B.两极板间距为C.电子在两极板间的运动时间为D.若减小加速电压，则电子可能打在极板上【答案】BD【解析】【详解】A．根据题意，由动能定理可得，电子从下极板边缘射出的动能为，故A错误；BC．电子在加速电场中有电子在电场中运动时间为 极板间距为解得故C错误，B正确；D．若减小加速电压，电子射出加速电场的速度减小，电子在极板间的飞行时间增大，电子的侧移增大，电子可能打在极板上，故D正确。故选BD。11.如图所示，水平面内有三条虚线、、，相邻虚线间距相等且彼此平行a、b、c为虚线上的三点，其中a、c连线与垂直。某时刻电子以水平向右的速度v通过a点，则（）A.若、、为电场线，则电子可能通过c点B.若、、为电场线，则一定有C.若、、为等势线，则电子可能通过c点D.若、、为等势线，则一定有【答案】AD【解析】【详解】B．若l1、l2、l3为电场线，则ac两点电势相等，一定有故B错误；A．若l1、l2、l3为电场线，当电场方向斜向上时，电子在电场中做类斜抛运动，有可能能够通过c点，故A正确； D．若l1、l2、l3为等势线，则该电场为匀强电场，一定有故D正确；C．若l1、l2、l3为等势线，a、c连线在电场线上，电子受力在a、c连线上，但由于有初速度，电子时等势线方向做匀速直线，在ac方向做加速运动向ac方向运动，一定不会通过c点，故C错误。故选AD。12.如图所示，A、B、C三个带电离子（不计重力）以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中心线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A离子落在N板的中点；B离子落在N板的边缘；C离子飞出极板时，沿电场方向的位移为。已知它们带电量比值为，则下列说法中正确的是（　　）A.离子A、B在极板间的运动时间之比为1：1B.离子A、B的加速度之比为4：1C.离子B、C的质量之比为1：2D.离子B、C的动能增加量之比为1：1【答案】BD【解析】【详解】A．根据可知离子A、B在极板间的运动时间之比为A错误；B．根据可知离子A、B的加速度之比为 B正确；C．易知离子在B、C在极板间的运动时间之比为1：1，根据牛顿第二定律有联立可得可得离子B、C的质量之比为C错误；D．根据动能定理可得离子B、C的动能增加量之比为D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共60分）三、实验探究题（本题共2小题，共14分）13.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：（1）用游标卡尺测得小球的直径________mm（2）若某同学测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出图像，就可以求出当地的重力加速度g。理论上图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。①造成图像不过坐标原点的原因可能是________（填正确选项前的字母）A．周期测量偏大B．周期测量偏小C．摆长测量偏小D．摆长测量偏大 ②由图像求出的重力加速度，________（取，结果保留三位有效数字）【答案】①.19.85②.C③.9.87【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径（2）①[2]将图像向右平移1cm就会通过原点，所以相同周期下摆长偏小1cm，造成图像不过坐标原点的原因可能是忽略了球的半径，导致摆长偏小。故选C。②[3]根据单摆的周期公式可得结合图像，有解得14.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。给电容器充电后与电源断开。（1）关于此实验，下列说法正确的是________A．本实验采用的科学方法是控制变量法B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．静电计可以用电压表替代 D．A板与静电计的指针带的是异种电荷（2）给电容器充电后与电源断开，保持B板不动，将A板向左移动，静电计指针张角________（填写“增大”或“减小”）；保持A、B板不动，向两板间插入玻璃片，静电计指针张角________（填写“增大”或“减小”）（3）改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容式传感器。保持B板不动，将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是________。A．B．C．D．【答案】①.AD##DA②.增大③.减小④.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]A．本实验采用的科学方法是控制变量法，选项A正确；B．使用静电计的目的是测量电容器两板电势差的变化情况，选项B错误；C．电压表必须有电流通过才能使用，不能替代，选项C错误；D．A板与静电计的指针带的是异种电荷，选项D正确。故选AD。（2）[2][3]给电容器充电后与电源断开，保持B板不动，将A板向左移动，两板间距变大，根据可知，电容减小，根据Q=CU因Q一定，可知U变大，即静电计指针张角增大；保持A、B板不动，向两板间插入玻璃片，根据可知，电容变大，根据 Q=CU因Q一定，可知U变小，静电计指针张角减小。（3）[4]保持B板不动，将A板上下移动是改变两极板的相对面积来改变电容，从而使静电计指针的偏角变化。A．该图是通过改变电介质改变电容，A不符合题意；B．该图是通过改变相对面积来改变电容，B符合题意；C．该图是通过改变两板间距改变电容，C不符合题意；D．该图是通过改变相对面积来改变电容，D符合题意；故选BD。四、解答题（本题共4小题，共46分）15.如图所示，一轻质绝缘细绳上端固定，下端悬挂一个带电小球，现加水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角，已知小球所带电荷量，匀强电场的电场强度，，，g取10N/kg，求：（1）小球所受电场力F；（2）小球的质量m。【答案】（1），方向水平向右；（2）【解析】【详解】（1）小球所受电场力F大小为代入数据可得方向水平向右；（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，受力分析如图所示 根据共点力平衡条件和图中几何关系有解得小球的质量16.如图所示的装置由加速器、辐向电场和偏转器组成，偏转器由一对水平放置的平行金属板构成，极板长度为l、间距为d。如图所示，一比荷为k的带正电粒子由静止经加速电压加速后，垂直进入辐向电场（电场强度方向指向圆心），沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，之后水平射入偏转电压为的偏转器，最终从A点离开偏转器。不同区域内电场互不影响，不计粒子的重力。求：（1）粒子射出加速器时的速度大小；（2）圆弧虚线处电场强度E大小；（3）粒子从进入偏转器到从A点离开，求竖直位移y的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设粒子射出加速器的速度为，粒子的电荷量为q，质量为m。由动能定理得其中，解得 （2）在辐向电场中运动做匀速圆周运动，有解得（3）在偏转电场中，设粒子的运动时间为t，加速度的大小竖直位移水平位移联立解得17.如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，，圆轨道半径，g取，，求：（1）刚释放小球时小球的加速度的大小；（2）若小球释放点与A点距离，小球到达B点时，对B点的正压力大小；（3）若小球恰好能完成圆周运动，释放点沿斜面到A的距离。【答案】（1）12.5m/s2；（2）92.5N；（3）1.2m 【解析】【详解】（1）对小球进行受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律代入得到mgsinθ+qEcosθ=ma解得a=12.5m/s2（2）从释放到A点，把重力与电场力当成一个等效的“重力”，其大小为设重力与电场力的合力—等效“重力”方向与竖直方向成α角，故所以α=37°即“重力”方向与竖直夹角为37°，恰好沿斜面方向，从释放到B点根据动能定理有在B点时根据牛顿第二定律由牛顿第三定律FN′=FN联立解得FN′=92.5N（3）小球若恰好能到达C点，在C点由牛顿第二定律可得从释放达到C点，由动能定理得代入数据解得s=1.2m 18.如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m、带电荷的小球在时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为的速度竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2h，水平距离为h，A点到水平面C的竖直距离为128h，重力加速度为g。求：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强的大小和方向；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。【答案】（1）；（2），与水平方向成45°角斜向左下；（3）【解析】【详解】（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，从A到B的过程根据动能定理有解得AB两点之间的电势差（2）小球从A点以的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点，小球的速度竖直向下，大小为，说明水平方向上减速运动，水平方向有解得方向水平向左；竖直方向有 解得方向竖直向下。所以匀强电场的场强方向与水平方向成45°角斜向左下。（3）根据题意建立如图所示的坐标系已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同小球从A到B，在y轴上有解得到达D点时小球沿y轴方向的分速度为则A到D沿y轴方向的位移为 小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为经过E点后，2T~3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为2T~3T时间沿y轴的位移为以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T~4T时间沿y轴的位移为4T~5T时间沿y轴的位移为以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为令，解得可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为 与对比可得小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为由A到B的过程中，沿水平方向有解得