四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx

《四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期中物理 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

成都七中2023—2024学年度高二上学期半期考试物理试题考试时间：90分钟满分：100分一、单项选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1.物理学中常用比值定义法定义物理量。下列关系式中，用比值法定义的物理量定义式是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．电容与电压、电荷量无关，该式属于比值定义法，故A正确；B．公式表明电场强度与电荷量成正比，与距离的平方成反比，公式不属于比值定义式，故B错误；C．导体中电流I与导体两端的电压U成正比，与导体的电阻R成反比，所以不属于比值定义法，故C错误；D．公式表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于比值定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。故选A。2.在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量是下列中的（）A.电场强度B.电阻C.电势差D.电荷量【答案】C【解析】【详解】C．电势差是描述电场能的性质物理量，V是电势单位，由公式可知可知； 故C正确；A．电场强度N/C是电场强度单位，则故A错误；B．电阻即故B错误；D．电荷量单位是C，则故D错误。故选C。3.关于静电场，下列说法正确的是（）A.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也一定逐渐降低B.电场中A、B两点间的电势差与将试探电荷从A点移动到B点电场力做的功成正比C.静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面D.正电荷仅受电场力的作用从静止开始运动，其轨迹必定与电场线重合【答案】C【解析】【详解】A.电场强度大小与电势没有必然联系，随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定逐渐降低，故A错误；B.电场中A、B两点间的电势差由场源电荷决定，与试探电荷无关，故B错误； C.等势面任两点电势差为0，所以静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故C正确；D.只有电荷从静止释放，且在匀强电场中运动，运动轨迹才与电场线重合，其它情况一般不重合，故D错误。故选C。4.如图斜面倾角是30°，A、B是两个带同种电荷的小球（可视为点电荷），质量均为m，分别将B小球固定在A球的正下方和斜面底端（图中虚线位置）。已知B球在A球正下方时，A球对斜面的作用力为零，则当B球固定在斜面底端时，A球处于静止状态，则A球受到的静摩擦力大小为（）A.0B.0.25mgC.0.5mgD.0.75mg【答案】B【解析】【详解】当B球在A球正下方时，A球对斜面的作用力为零，可知B球此时对A球的静电力为则当B球固定在斜面底端时，此时B球与A球的距离增大1倍，所以它们间的静电力大小为方向沿斜面向上，对A球受力分析由平衡条件有故选B。5.下列关于波的说法，正确的是（　　）A.在干涉图样中，振动加强区域的质点的位移一定大于振动减弱区域质点的位移B.当波源远离接收者时，观察者接收到的波的频率比波源频率低C.两列波叠加一定会出现稳定的干涉图样D.只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生衍射【答案】B【解析】 【详解】A．在干涉图样中，振动加强区域的质点，其振幅最大，但位移不是始终保持最大；同理振动减弱区域的点，其振幅最小，但其位移不是始终保持最小；所以振动加强区域的质点的位移不一定大于振动减弱区域质点的位移，A错误；B．由多普勒效应，当波源远离接收者时，接收者接受到的波的频率比波源频率低，B正确；C．两列频率相同的波叠加时会出现稳定的干涉图样，两列频率不同的波叠加时不能形成稳定的干涉图样，C错误；D．波发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多；但如果障碍物或孔的尺寸比波长大，就不能发生明显的衍射现象，D错误。故选B。6.如图，G为灵敏电流计，V为理想电压表，、为定值电阻，是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止。则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度对电阻的影响）（　　）A.电阻的阻值减小B.V表示数减小C.油滴向下运动D.G表中有从c到a的电流【答案】D【解析】【详解】A．握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸，由电阻定律可知盐水柱长度L增加，横截面积S减小，则电阻的阻值增大，故A错误；B．因电阻的阻值增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，路端电压增大，则两端电压减小，并联部分电压增大，电压表V的示数增大，故B错误；C．由于电容器两端电压增大，由可知两极板间电场强度E增大，所以 油滴向上运动，故C错误；D．电容器两端电压增大，电容器继续充电，G表中有从c到a的电流，故D正确。故选D。7.如图，电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定放置在A、B两点，P是AB连线上的一点，，一试探正点电荷（重力不计）从AB连线上靠近A的S点由静止释放后，到达P点时速度达到最大值，然后做减速运动，下列判定正确的是（）A.，B.P点的电势为零C.D.运动过程中，试探正点电荷在P点的电势能最小【答案】D【解析】【详解】A．正点电荷（重力不计）从连线上靠近A的S点由静止释放后，做加速运动，所以Q1带正电，到达P点时速度达到最大值，然后做减速运动，受到斥力作用，所以Q2也带正电，故A错误；BD．沿电场方向电势降低，由题可看出，沿AB连线，P点的电势最低，是不是等于零，取决于电势零点的位置选取在哪儿，根据电势能的定义可知，正电荷在P点的电势能最小，故B错误，D正确；C．在P点时速度最大，合力为零，则有可得故C错误。故选D。8.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】质子在加速电场中加速，根据动能定理有根据电流的微观表达式联立解得故选D。9.某介质中两持续振动振源P、Q分别位于x轴上和处，t=0时刻两振源同时开始振动，t=3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是（　　）A.波在传播过程中遇到1m尺度的障碍物能发生明显的衍射B.振源Q起振方向沿y轴正方向C.振源P在这3秒内的路程为24cmD.两列波在处相遇后，该质点的振动始终加强【答案】C【解析】【详解】A．由图可知两波的波长均为，在传播过程中遇到1m尺度的障碍物，由于障碍物的尺寸远大于波长，则不能发生明显的衍射现象，故A错误； B．由图可知此时处质点的起振方向沿y轴负方向，则振源Q起振方向沿y轴负方向，故B错误；C．由题意可知波速为则周期为由于可知振源P在这3秒内的路程为故C正确；D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，由图可知当振源P的波峰传处时，振源Q的波谷也刚好传到处，则两列波在处相遇后，该质点的振动始终减弱，故D错误。故选C。10.如图，两水平面（虚线）之间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向向右射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开，M、N离开电场下边界的位置分别为a点和b点（图中未画出）。已知N离开电场时的速度方向竖直向下。由此可知（）A.小球M与N在电场区域内运动的时间不相等B.M在电场中不可能做直线运动C.从进入电场到离开电场，小球M与N电势能改变量的绝对值之比为2：1D.将另一个不带电的小球P以相同的水平初速度从A点向右射出，小球P必将经过a、b连线的中点【答案】D【解析】【详解】A．两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，故A错误； B．小球M进入电场时受向右的电场力和向下的重力作用，如果小球进入电场时的速度方向与电场力和重力的合力方向相同，则小球M可以在电场中做直线运动，故B错误；C．设小球水平方向上的加速度为a，初速度为v0，小球在电场中运动的时间为t，对N球由速度公式可得M球在电场中的位移N球在电场中位移联立可得故xM=3xN所以电场力做功比为3:1，则电势能的改变量的绝对值之比为3:1，故C错误；D．如果小球不带电，则小球只受重力作用，但运动时间和水平初速度不变，故在电场中的水平位移所以小球P一定在ab连线的中点，故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得4分，选不全得2分，选错不得分。）11.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，t=4s时刻的波形如图甲所示，其中位于横坐标x=5m处的一质点A的振动图像如图乙所示，B是图甲中纵坐标为y=2.5cm的另一质点。下列说法正确的是（） A.质点A位移随时间的关系为B.该横波的传播方向为x轴负方向C.B点的横坐标为D.t=7s时B点的位移是2.5cm【答案】AC【解析】【详解】A．该横波的周期为角速度为质点A的位移随时间的关系为y=5sin(t)cm故A正确；B．因t=0时刻，质点A沿y轴正向运动，结合波形图“同侧法”可知该横波的传播方向为x轴正方向，故B错误；C．波传播速度为由数学知识可知，B点超前x=7m的质点所以B点到x=7m处的距离为，所以有即B点的横坐标为，故C正确；D．该波波速为t=4s到t=7s经历4s，该波沿x轴正向传播3m，此时x=7m处的质点在波峰位置，则B点的位移是故D错误。 故选AC。12.如图（a），O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在方向从O指向P的电场，其上各点的电势随距O点的距离x变化的关系如图（b）所示，图中斜线为图线在点P（0.3m，200V）的切线。现将一质量、电荷量的小物块从O点静止释放。关于小物块在OP间的运动情况，下列说法正确的是（　　）A.从释放开始加速度一直减小B.从释放开始速度一直增大C.运动到P点时，加速度大小D.运动到P点时，速度大小【答案】BC【解析】【详解】A．电势随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知斜率先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故A错误；B．O、P连线上存在方向从O指向P的电场，小物块从O点静止释放，小球带正电，电场力方向与速度方向相同，所以从释放开始速度一直增大，故B正确；C．电势随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知根据牛顿第二定律得解得故C正确；D．由动能定理得 解得故D错误。故选BC。13.如图（a），长为4d、间距为d平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（　　）A.不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等B.时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点出射C.时刻入射的粒子从金属板间出射时动能D.粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d【答案】BD【解析】【详解】A．已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有，，作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如图 有图像可以看出，在时刻（n=0,1,2,3，…）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够输出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为A错误；B．由A中分析，结合图像可知，时刻入射的粒子在T时间内沿电场力方向总位移为零，所以恰能从金属板右侧中点出射，B正确；C．由于粒子在电场中运动的时间，恰为电压随时间变化的周期，故粒子在电场中所受相反电场力作用时间相同，根据动量定理有故粒子无论何时进入电场，出射时只剩水平速度v0，竖直方向的速度为0，故粒子从金属板间出射时动能C错误；D．由A中分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，速度均水平向右，出射的粒子经O水平向右匀速射到荧光屏上，可知粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，D正确。故选BD。14.质量为m、电量为q的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。已知重力加速度为g，则() A.电场强度的大小为B.整个过程中小球动量增加了2mgtC.从A点到最低点小球重力势能减少了D.整个过程中小球电势能减少了mg2t2【答案】C【解析】【详解】A．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向解得由牛顿第二定律得解得场强为A错误；B．则小球回到A点时的速度为整个过程中小球速度增量的大小为整个过程中小球动量增量B错误； C．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得解得从A点到最低点小球重力势能减少了C正确；D．电势能减小D错误。故选C。三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共18分。）15.某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图所示。（1）在下列图像中，表示以上电容器充电和放电过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为__________，电容器的带电量随时间变化的图像为__________。（2）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容，充电过程中电容器极板间电压随电容器的带电量变化的图像分别如图中①②所示，其中对应电容为的充电过程图像是_______（选填①或②）。请说明你的判断依据______________。 【答案】①.A②.C③.①④.见解析【解析】【详解】（1）[1][2]将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电。稍后再将开关与“2”端闭合。电容器放电，充电电流与放电电流方向相反，放电过程中因为极板的电荷量逐渐减小，所以电势差也逐渐减小；充电过程中因为极板的电势差逐渐增大，所以电源电动势和极板的电势逐渐接近，因此电流均逐渐变小，故传感器的电流随时间变化的图像为A。充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变下，减小的越来越慢，故电压随时间变化的图像为C。（2）[3][4]用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据U-Q图像中图线的斜率表示电容的倒数，因为电容器的电容C1＜C2，所以①对应电容为C1的电容器充电过程。16.要测一个待测电阻Rx（190Ω--210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3.0V，内阻不计；电流表A1：量程0~10mA，内阻r1约50Ω；电流表A2：量程0~500μA，内阻r2为1000Ω；滑动变阻器R1：最大阻值20Ω，额定电流2A；定值电阻R2=5000Ω；定值电阻R3=500Ω；电键S及导线若干．要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表_______（选填“A1”或“A2”）串联定值电阻______（选填“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表． （2）如图（1）所示，同学们设计了测量电阻Rx的甲、乙两种电路方案，其中用到了改装后的电压表和另一个电流表，则应选电路图__________（选填“甲”或“乙”）．（3）若所选测量电路中电流表的读数为I=6.2mA，改装后的电压表读数如图（2）所示，则电压表读数是________V．根据电流表和电压表的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻Rx=________Ω．【答案】①.（1）A2②.R2③.（2）甲④.（3）1.20；⑤.200【解析】【分析】把电流表改装成电压表，需要知道电流表内阻与满偏电流；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路；根据欧姆定律求出电压表示数与待测电阻阻值．【详解】（1）将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：量程和内阻，故电流表选A2．串联电阻阻值，定值电阻应选R2．（2）因=3.8～4.2，≈31.6～28.6，＞，电流表应采用外接法，实验电路应选甲．（3）电压表示数U=1.20V，待测电阻阻值．四、计算题（本题共3个小题，第17题8分，第18题12分，第19题16分。要求写出必要的公式、文字叙述。）17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离。电源电动势，内电阻，电阻。闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度竖直向上射入板间。若小球带电量为，质量为，不考虑空气阻力。那么滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板。（取）求：（1）两极板间的电场强度大小；（2）滑动变阻器接入电路的阻值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球恰能从B到A，由动能定理可得 解得则两极板间的电场强度大小为（2）由闭合电路欧姆定律可得解得则滑动变阻器接入电路的阻值为18.水面上水波的速度跟水深度有关，其关系式为，式中h为水的深度，g为重力加速度。如图甲所示是某水域的剖面图，C、D两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，O点处于两部分水面分界线上，M和N分别是处在C和D两区域水面上的两点。t=0时刻O点从平衡位置向上振动，形成以O点为波源向左和向右传播的水波（可看作是简谐横波）。t=2.5s时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波峰。已知D区域水波振幅A=5cm，水深hD=0.90m，OM间距离4.0m，ON间距离3.0m，g=10m/s2。求：（1）C区域的水深hC；（2）N点在t=3s时的振动方向及此时的位移；（3）t=10s时，处在D水域水面上的Q点（图中未标出）处于波峰，且OQ间只有一个波峰，则Q点在t=0至t=10s时间内振动的路程是多少？【答案】（1）0.40m；（2）向上振动，位移为0；（3）【解析】【详解】（1）对O点的振动分析，则 解得对M点的振动分析，知C区域水波波长为则有由，代入数据求得（2）由，代入数据求得又由解得波传到N点的时间所以时，N点刚好完成一个全振动，可知其在平衡位置向上振动，位移为0m。（3）时，O点在平衡位置向上振动，可画出D区域水波的波动图像如图所示由图可知则有 则Q点振动时间为所以Q点振动的路程为19.如图所示，xoy为一竖直平面内的直角坐标系，A、B为两坐标轴上的点，其中A点的坐标为（3d，0），B点的坐标为（0，d）。将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出，小球刚好能经过x轴上的A点。现使此小球带电，电荷量为（），同时在空间加一匀强电场，场强方向平行于坐标平面。将小球以同样的初动能从坐标原点O点沿某一方向抛出，小球经过了A点，且经过A点时的动能为初动能的倍；若将该小球以同样的初动能从O点沿另一方向抛出，小球刚好能通过B点，且经过B点时的动能也为初动能的倍，重力加速度大小为g。（1）求小球的初动能；（2）加电场后，为多大；（3）求所加匀强电场的电场强度大小及方向与x轴正方向夹角的正切值。【答案】（1）；（2）；（3），方向指向右上方，与x轴正方向夹角的正切值为4【解析】【详解】（1）设小球在B点的速度为，运动到A点所用时间为，则由平抛运动规律得联立解得 故小球的初动能为（2）加电场后，由动能定理得解得，，（3）设A点电势，则分析可知，连线的四等分点C点（0，）的电势与A点相同，连接AC所得线即为等势线。过O点向AC作中垂线交于D点，如图所示：根据相似三角形有得 因此所加匀强电场的场强大小为方向由O指向D，与x轴正方向夹角的正切值为