2022-2023学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期期中质量检测物理试题（选择性考试）

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屯溪一中2022～2023学年第一学期期中质量检测高二物理（选择性考试）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，其中1—8题为单选，9—12题为多选，多选题漏选得2分，有错选或不选的得0分）1. 如图所示，用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带电金属球靠近金属网，则下列说法正确的是（　　）A. 箔片张开 B. 箔片不张开C. 金属球带电荷量足够大时才会张开 D. 金属网罩内部电场强度不为零【答案】B【解析】【详解】金属网是导体，从而形成了静电屏蔽，使金属网罩内部电场强度为零，静电计上端不会感应出电荷，所以箔片不张开，与金属球所带电荷量无关。故选B。2. 一段粗细均匀的导线的横截面积为，导线内自由电子的电荷量为，导线单位体积的自由电子数为，自由电子做无规则运动的速率为，单位时间内通过某一横截面的自由电子数为。则导线中的电流为（　　）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】AB．根据电流微观表达式可得其中指的是自由电子做定向运动的平均速率，不是自由电子做无规则运动的速率，故AB错误；CD．单位时间内通过某一横截面的自由电子数为，则时间内通过该横截面的电荷量为根据电流定义式可得导线中的电流为故C错误，D正确。故选D。3. 将截面均匀、长为、电阻为的金属导线截去，再拉长至，则导线电阻变为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】设变化前金属导线的横截面积为，金属导线的电阻率为，根据电阻定律可得金属导线截去，再拉长至，金属导线的横截面积为，则有可得导线电阻变为故选B。4. 某电场等势面分布情况如图所示，则（　　）A. A点的电势比B点的电势大B. 电子在A点和B点受到的静电力大小相等C. 电子在e等势面时的电势能比在c等势面时的电势能小D. 电子从b等势面移到d等势面，电势能增加【答案】C【解析】【详解】A．AB两点在一个等势面上，电势相同，故A错误；B．A点处等势面比B点密，电场强度大一些，则受到的静电力大些，故B错误；C．把电子从e等势面移到c等势面，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D．电子从b等势面移到d等势面，电场力做正功，电势能减小。故D错误。故选C。5. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。以下说法正确的是（　　）A. a点的电势高于b点的电势B 该带电粒子应该带负电C. 粒子在a点的动能一定小于在b点的动能D. 粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】AB．由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力方向大致向左，但是由于电场方向未知，则不能确定粒子的电性，也不能比较ab两点的电势高低，选项AB错误；CD．从a到b电场力做负功，则粒子的动能减小，电势能变大，则粒子在a点的动能一定大于在b点的动能，粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能，选项C错误，D正确。故选D。6. 一电荷量为的带负电小球，在静电场中由P点运动到Q点。若在该过程中，除静电力外，小球克服其他力做的功为，小球的动能增加了，则P、Q两点的电势差为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】根据动能定理得可得ABC错误，D正确。故选D。7. 如图所示，在边长为正方形ABCD的四个顶点上，A、B、C三点处分别放有电荷量都为+q的点电荷，D点处放有电荷量为-q的点电荷，电荷量为+q的点电荷在距离其L处的电势为，静电力常量为k，则正方形对角线的交点O处的场强大小和电势分别为（    ）A. ，0 B. ，0 C. ， D. ，【答案】C【解析】【详解】由点电荷的场强特点可知，AC处的点电荷为同种电荷，在O处的场强抵消，BD异种电荷在O处的场强相互叠加，又因为带电量为q的点电荷在距离L处的场强为 场强为矢量，BD在O点处场强方向相同所以场强大小为，电势为标量，BD异种电荷所以在O处的电势叠加为零，AC为同种正电荷，距离O处为L电势相加，由题意可知电势为。故选C。8. 图a为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图b所示的规律变化（由于电子在极板间运动时间远小于电压变化周期，对每个电子来说在极板间运动时电压不变即为进入极板时的电压），在电极XX′之间加电压如图c所示规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】电极XX′之间电势差保持不变，则所有电子通过电极XX′之间时均偏向X板，所以在荧光屏上会看到的图形是一条靠近X一侧的直线。故选D。9. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法中正确的是（　　）A. 处电场强度最小，但不为零B. 粒子在段做变速运动，段做匀变速直线运动C. 在处电势的关系为D. 段的电场强度大小和方向均不变，为一定值【答案】BCD【解析】【详解】A．一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，根据可得可知图像的切线斜率表示电场力，由图像可知处切线斜率为零，则处受到电场力为零，处场强为零，给A错误；BD．段，图像的切线斜率绝对值不断减小，电场力不断减小，加速度减小，做加速度减小的变速运动；段，图像的切线斜率不断增大，电场力不断增大，加速度增大，做加速度增大的变速运动；段，图像的切线斜率保持不变，电场力不变，电场强度大小和方向均保持不变，加速度不变，做匀变速直线运动；故BD正确；C．根据又粒子带负电，可知粒子电势能大的位置对应的电势低，则有故C正确。故选BCD。10. 如图所示，平行等距的竖直虚线、、、为某一匀强电场的等势面，一个不计重力的电子垂直经过等势面时，动能为，飞经等势面时，电势能为，飞至等势面时速度恰好为，已知相邻等势面间的距离都为，下列结论不正确的是（　　）A. 等势面的电势为B. 匀强电场的场强大小为C. 该电子飞经等势面时，其电势能为D. 该电子的动能为时，其电势能为【答案】AC【解析】【详解】B．一个不计重力的电子垂直经过等势面时，动能为，飞至等势面时速度恰好为，根据动能定理可得解得可得匀强电场的场强大小为故B正确；AC．飞经等势面时，电势能为，则有可得根据可得电子飞至等势面时速度恰好为，之后电子反向运动，则该电子不可能到达等势面，故AC错误；D．根据可得可知电子在等势面时的动能和电势能均为零，因为只有电场力对电子做功，所以电子的动能和电势能之和保持不变，且为零，故该电子的动能为时，其电势能为，故D正确。本题选择错误的，故选AC。11. 质子和α粒子（氦核）分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2。两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点。下列关于两种粒子运动的说法正确的是：A. 两种粒子会打在屏MN上的同一点B. 两种粒子不会打在屏MN上同一点，质子离O点较远C. 两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D. 两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大【答案】AD【解析】【详解】AB．两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：偏转电场中，平行于极板方向：垂直于极板方向：离开偏转电场的速度偏向角为，有：联立以上各式得偏移量y和速度偏向角都与粒子的质量m、电量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；CD．对两个粒子先加后偏的全过程，根据动能定理：qU1+qU2=Ek-0因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确。故选AD。12. 如图所示，竖直平面内有一个半径为的圆周，、两点为其水平直径的两端，、两点为圆周竖直直径的两端。空间有与圆周平面平行的匀强电场，在圆周上的点（与夹角）有一粒子源，以相同大小的初速度在圆周平面内沿各个方向发射质量为的带相同电荷的微粒。对比到达圆周上各点的微粒的能量，发现到达点的微粒机械能最大，到达点（与竖直方向夹角）的微粒动能最大。已知重力加速度为，下列判断正确的是（　　）A. 微粒所受电场力大小为B. 到达点的微粒其动能的增加量为C. 势能最大的落点在圆弧之间D. 到达点的微粒其动能大于到达点微粒的动能【答案】ABC【解析】【详解】AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿方向。在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力、电场力的合力方向沿，则有解得根据动能定理可得到达点的微粒其动能的增加量为故AB正确；C．反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，可知动能最小的落点在圆弧之间，由于微粒的动能和势能之和保持不变，则势能最大的落点在圆弧之间，故C正确；D．因为重力、电场力的合力方向沿，可知到达点的微粒沿合力方向通过的位移大于到达点的微粒沿合力方向通过的位移，故合力对到达点微粒做的功大于合力对到达点微粒做的功，则到达点微粒的动能大于到达点的微粒的动能，故D错误。故选ABC。二、实验题（两小题共14分，其中第11题6分，第12题8分）13. 某实验小组同学用如图所示的装置“探究影响电荷间相互作用力的因素”。把带电荷量为的小球用绝缘丝线系在铁架台上，将带电荷量为的带电体置于水平桌面上，先后移动到、、等位置，调节丝线的长度使带电小球和带电体始终位于同一水平线上。（1）若带电小球的质量为，重力加速度为，带电体在位置时，丝线偏离坚直方向的夹角为，则带电小球受到的静电力大小为______（用m、g及的三角函数表示）。（2）本实验方案采用的物理方法是______（选填“理想实验法”“等效替代法”“控制变量法”或“微小量放大法”）。（3）通过上述操作可以得出的结论有______。A.保持、不变，带电体在位置时，丝线偏离竖直方向的夹角较大，静电力较大B.保持、不变，带电体在位置时，丝线偏离坚直方向的夹角较大，静电力较大C.保持带电体的位置不变，带电体的带电荷量越大，丝线偏离竖直方向的夹角越大，静电力越大D.保持带电体的位置不变，带电小球的带电荷量越大，丝线偏离竖直方向的夹角越小，静电力越小【答案】    ①.     ②. 控制变量法    ③. AC##CA【解析】【详解】（1）[1]根据题意，对带电小球受力分析，受重力、绳子拉力和库仑力，如图所示由平衡条件可得（2）[2]本实验为“探究影响电荷间相互作用力的因素”，需采用的物理方法是控制变量法。（3）[3]AB．根据题意，由库仑定律可知，保持、不变，当距离最小时，库仑力最大，丝线偏离坚直方向的夹角最大，即带电体在位置时，丝线偏离竖直方向的夹角较大，静电力较大，故B错误，A正确；CD．根据题意，由库仑定律可知，保持两电荷距离不变，则电荷量的乘积越大，库仑力越大，丝线偏离竖直方向的夹角越大，故D错误，C正确。故选AC。14. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中：（1）张同学观察右图的电容器，电容器外壳上面标明的“”的含义是_______________．A．电容器的击穿电压为B．电容器的额定电压为C．电容器在电压下才正常工作（2）李同学使用甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电压，实验前电容器不带电。先使与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使与“”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。①图像阴影表示图像与对应时间轴所围成的面积，面积表示的物理意义是_________________；②乙图中阴影部分的面积_______；（选填“>”、“<”或“=”）③计算机测得，则该电容器的电容为_________；（保留两位有效数字）④由甲、乙两图可判断阻值_________。（选填“>”、“<”或“=”）【答案】    ①. B    ②. 电荷量    ③. =    ④.     ⑤. <【解析】【详解】（1）[1] 电容器外壳上面标明的电压指的是电容器的额定电压。故选B。（2）[2] ①根据电流的定义式，则通过的电荷量故图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量；②[3]由题可知，实验前电容器不带电，充电结束后，使电容器放电完毕，故充电和放电过程电容器电荷量变化量大小相同，即阴影部分的面积与相等；③[4]电容器的带电荷量则该电容器的电容④[5]由乙图发现，开始放电瞬间的电流大小小于开始充电瞬间的电流大小，而 故三、计算题（本大题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为，极板间距离为，上极板正中有一小孔。质量为、电荷量为的小球从小孔正上方高处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为。求：（1）小球到达小孔处的速率；（2）极板间的电场强度；（3）电容器两板间的电压和所带电荷量。【答案】（1）；（2），方向向上；（3）；【解析】【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移公式得解得速率（2）从释放到到达下极板处过程，根据动能定理得解得场强大小方向竖直向上。（3）电容器两极板间的电压为电容器的带电量为16. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面匀强电场，坐标系内有、两点，其中点坐标为（，），点坐标为（，），坐标原点处的电势为，点的电势为，点的电势为。现有一带电粒子从（，）点处、沿方向以速度射入电场，粒子运动时恰好通过坐标原点，不计粒子所受重力。求：（1）图中点的电势；（2）匀强电场的场强大小；（3）带电粒子的比荷。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设处的电势为，因为所以有解得（2）、两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线垂直，设，则，根据几何关系可得可得又可得（3）带电粒子做类平抛运动，则有联立解得粒子的比荷为17. 如图所示，在竖直面内的直角坐标系中，轴上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度，一个带电荷量为、质量为的小球，从处以初速度沿轴负方向抛出，刚好经坐标原点且与轴成，沿切线方向进入图中半径为的光滑圆弧轨道Ⅰ，再次经x轴沿切线方向进入半径为的光滑圆弧轨道Ⅱ，求：（取）（1）小球抛出时的初速度；（2）小球到达轨道Ⅰ的最低点时的速度；（3）若小球从从第一象限某位置沿轴负向抛出后均能通过坐标原点沿切线方向进入轨道Ⅰ，再沿轨道Ⅱ外侧到达最高点，求小球抛出的所有可能位置。【答案】（1）；（2）；（3）小球抛出的位置必须在上，区间范围为。【解析】【详解】（1）由题意知则解得（2）设小球到达轨道Ⅰ最低点的速度为，根据动能定理代入数据得（3）因小球达坐标原点时的速度偏向角为，则小球的位移偏向角正切值为0.5，即小球抛出点的位置必在方程上。（Ⅰ）设小球从（x2，y2）处以初速度抛出，达轨道Ⅱ最高点的速度为零，则联立以上各式解得（Ⅱ）设小球从（x3，y3）处以初速度抛出，达轨道Ⅱ与Ⅰ的交接处不脱离Ⅱ的最大速度为，则且联立以上各式解得综上所得，要让小球到达轨道Ⅱ的最高点，小球抛出的位置必须在上，区间范围为