重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

这是一份重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了0分等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共4页；答题卷共2页。满分100分，时间75分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共43分）
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28.0分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的物理量是（ ）
A. 电场强度B. 电场强度
C. 电容D. 电势差
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电场强度与电场本身有关，与电场力和试探电荷电荷量无关，属于用物理量之比定义新的物理量，故A符合题意；
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不符合题意；
C．公式是电容的决定式，电容的大小由这个式子决定，故C不符合题意；
D．电势差由电场本身决定，与和无关，属于用物理量之比定义新的物理量，故D符合题意。
故选AD。
2. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D. 甲与乙的加速度大小相等方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲、乙组成的系统动量守恒，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量，大小相等，但是方向相反，A错误；
B．甲、乙组成的系统动量守恒，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，B正确；
C．在推动过程中，甲、乙之间的相互作用力等大反向，但无法确定对地位移的大小关系，因此无法判断做功的关系，即甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，C错误；
D．甲、乙的质量关系未知，无法判断加速度的大小关系，D错误。
故选B。
3. 如图所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和﹣Q的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. c、d两点的电场强度相同，电势相等
B. c、d两点的电场强度相同，电势不等
C. c、d两点的电场强度不同，电势相等
D. c、d两点的电场强度不同，电势不等
【答案】B
【解析】
【详解】如图为等量异种电荷电场线和等势面分布图
据对称性可知，c、d两点的电场强度相同；根据顺着电场线方向电势逐渐降低可得，c点电势高于d点。
故选B。
4. 高空抛物行为曾被称为“悬在城市上空的痛”，带来很大的社会危害。2021年3月1日，“高空抛物”行为正式入刑。假设一500mL瓶装水从80m高处自由落下，与地面接触时间为0.05s，撞击地面后速度变为0，则该瓶装水对地面的冲击力约为（ ）
A. 5NB. 100NC. 400ND. 1000N
【答案】C
【解析】
【详解】设瓶装水质量为m,由质量与密度公式
得水的质量为
落地瞬间的速度为v，忽略空气阻力，由动能定理得
得速度为
瓶装水落地时受到自身的重力和地面的支持力，若规定向上为正方向，由动量定理得
解得
可得该瓶装水对地面的冲击力约为400N。
故选C。
5. 如图所示，质量为、带电荷量为的粒子，以初速度从点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中点时，速率，方向与电场的方向一致，则、两点的电势差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有
电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由变为，则根据动能定理，有
解得，、两点电势差应为
故选C
6. 平行板电容器与电源相连，间距为d，在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q的小球，悬线与竖直方向夹角为，小球处于静止状态。已知小球质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A. 两极板间的电压为
B. 保持开关S闭合，增大极板间距，变大
C. 保持开关S闭合，增大极板间距，不变
D. 若断开开关S，增大极板间距，不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析，有
又因为
解得

故A错误；
BC．开关S闭合，两极板间电压不变， 由 可知，增大极板间距时，变小；小球平衡时有
则变小时，变小，故BC错误；
D．断开开关S后，两极板带电量不变，根据
，，
可得

可知场强不变，因此小球受力情况不变，仍然静止，所以不变，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为的小球以水平速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，小球恰好能到达点
B. 当时，小球在弧形凹槽上冲向点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小
C. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D. 小球返回A点后做自由落体运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球的速度冲上，根据机械能守恒
解得
但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到点，A错误；
B．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，B错误；
C．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；
D．小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞
解得
所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错得0分。
8. 如图所示，一粗糙长木板M放置在光滑水平地面上，物块N以某一水平速度滑上M，此后N始终未脱离M，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A. M的动量守恒
B. M、N组成的系统动量守恒
C. M、N组成的系统机械能守恒
D. 存在某段时间内，N合外力的冲量为零
【答案】BD
【解析】
【详解】A．M、N共速前，受到摩擦力的作用，动量是变化的，故A错误；
B．由于整个运动过程中，M、N组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，故B正确；
C．由于存在摩擦力做功转化为内能，M、N组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．M、N共速后，合力为零，此后的运动的任意时间内，合外力的冲量为零，故D正确。
故选BD。
9. 已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V，一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是
A. x=0处电场强度零
B. 电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度
C. 该电子运动到x=0处时的动能为3 eV
D. 该电子不可能运动到x=2cm处
【答案】AC
【解析】
【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在 x=0处电场强度为0．故A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度，则电子的加速度：a=Eq/m可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度．故B错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为0，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV．故C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处．故D错误．
10. 如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场E=1×104V/m，其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08kg、电荷量为q=+6×10-5C的带电小环（视为质点）穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是（ ）（cs37°=0.8，g取10m/s2）
A. 小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1：1
B. 小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大
C. 小环做圆周运动过程中动能最小值是1J
D. 小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N
【答案】AD
【解析】
【详解】A．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为
与竖直方向夹角正切值
解得

重力与电场力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确。
B．等效最低点在AO延长线与圆轨道交点，而非C点。等效最低点速度最大，动能最大，B错误。
C．因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误。
D．小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大。从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得
F·2R=
由牛顿第二定律得
代入数据解得
FN=50N
由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0N，D正确。
故选AD。
三、实验题：本题共2个小题，共15分，第11题6分，第12题9分。
11. 某研究性学习小组做“用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先将开关S拨至1端，电源向电容器充电，然后将开关S拨至2端，电容器放电，与电流传感器相连接的计算机记录这一过程中电流随时间变化的线，如图乙所示。

（1）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是________。（填正确答案标号）
A.电容器充、放电过程中，外电路有电流
B.电容器充、放电过程中，外电路有恒定电流
C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小
（2）在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间的电压________；在形成电流线2的过程中，电容器的电容________。（均选填“逐渐增大”“不变”或“逐渐减小”）
（3）曲线1与横轴所围面积________（选填“大于”“等于”或“小于”）曲线2与横轴所围面积。
【答案】 ①. AD ②. 逐渐增大 ③. 不变 ④. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]AB．由I-t图像可知，电容器充、放电过程中，外电路中有电流，电流不断变化，A正确，B错误；
C．电容器充电过程中，电源提供的电能一部分转化为内能，一部分转化为电容器的电场能，C错误；
D．电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小，D正确；
故选AD；
（2）[2][3]在形成电流曲线1的过程中，电容器充电，电容器两极板间的电压逐渐增大；电容器的电容不随电压及电荷量的变化而变化，在形成电流线2的过程中，电容器的电容不变；
（3）[4]根据
可知图像与坐标轴围成的面积等于电容器充电或放电电量，电容器充电的电量等于放电的电量，故曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积。
12. 佳佳老师带领11、12班的研究学习小组利用图所示装置，将钢球用细线悬挂于点，钢球放在离地面高度为的支柱上，点到球球心的距离为。将球拉至悬线与竖直线夹角为，由静止释放后摆到最低点时恰与球正碰，碰撞后球把轻质指示针（图中未画出）推移到与竖直线夹角处，球水平抛出后落到地而上，测出球的水平位移。用托盘天平秤量出球的质量，b球的质量，再结合当地重力加速度，验证了两钢球碰撞前后系统动量守恒。
（1）由题可知：球的质量___________球的质量（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（2）球碰撞前后的速度的表达式___________，___________；（用表示）
（3）碰后球速度的表达式___________（用表示）；
【答案】 ①. 大于 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]球、球碰撞过程中，满足动量守恒，又因为碰撞后，球继续向左运动，所以可知，球的质量大于球；
（2）[2][3]对钢球从静止释放后摆到最低点过程,根据动能定理可得
解得球碰撞前的速度的表达式
碰撞后，对钢球从最低点到摆到最高点过程根据动能定理可得
解得球碰撞后的速度
（3）[4]球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有
水平方向有
可得
四、计算题：本大题共3小题，共42分。13题10分，14题14分，15题18分。解答应写出必要得文字说明、方程式和重要得演算步骤，只写出结果的不能给分。
13. 如图所示，真空中A、B、C三点都在匀强电场中。已知ACBC，ABC=37°，BC=20cm，把一个电荷量 q=2×10-9C 的正电荷从A移到C电场力做功为-2.4×10-7J。从C移到B电场力做功为2.4×10-7，sin37°=0.6，cs37°=0.8求：
（1）AB间的电势差UAB
（2）该匀强电场的场强大小和方向
【答案】（1）；（2），方向与垂直斜向下
【解析】
【详解】（1）由
可得
（2）由
得
电场线与等势面垂直，所以电场线的方向与垂直斜向下，依据公式得
14. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体（时间极短），并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R = 0.2m；A和B的质量均为200g；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ = 0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v和碰撞后瞬间A和B整体的速率v′以及A和B整体在桌面上滑动的距离l；
（2）碰撞过程中A对B的冲量大小和A对B做的功。
【答案】（1）2m/s，1m/s，0.25m；（2）0.2N∙s，0.1J
【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒定律有
mgR = mv2
解得碰撞前瞬间A的速率有
v = 2m/s
根据动量守恒定律有
mv = 2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′ = 1m/s
根据动能定理有
解得A和B整体沿水平桌面滑动距离
l = 0.25m
（2）根据动量定理，A对B的冲量等于B的动量变化量
I = mv′ = 0.2N∙s
根据动能定理，A对B做的功等于B的动能变化量
0.1J
15. 中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿轴正方向的匀强电场（未知），一粒子发射源固定在坐标原点，该装置可以沿轴正方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的点，已知点的横坐标为，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）已知粒子过点时速度为，求匀强电场的场强大小和点的纵坐标；
（2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿轴正方向，题干中其他条件均不变，时刻从坐标原点射出的粒子仍能过点，求图2中与的比值；
（3）如图3所示，在处放置一垂直于轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图2所示的交变电场，图3中两条虚线的纵坐标为在至时间内从坐标原点沿轴正方向连续发射粒子，粒子的初速度均为，求在哪个时间范围内发射出的粒子，运动轨迹始终在图3中两条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。

【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子运动到点时的速度正交分解，其沿轴方向的上分速度为，根据勾股定理其沿轴方向的分速度
粒子在电场中的加速度
根据动力学，有
联立可得
（2）换成交变电场后，粒子运动至点的运动时间仍为
结合题图2可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子沿轴的分速度随时间变化的图像如图甲所示，所以整个运动过程其在轴方向运动的距离为
又知道
可解得
故

（3）设时刻发射出的粒子恰好能运动至虚线，结合粒子沿轴的分速度随时间变化的图像如图乙所示，根据匀变速运动规律可知
可解得
由图乙可知在时刻射出的粒子最终打在挡板上时的纵坐标为
设时刻发射出的粒子恰好能运动至虚线，结合运动图像如图丙所示，根据匀变速运动规律有
解得
由图丙可知在时刻射出的粒子最终打在挡板上时的纵坐标为