2023-2024学年重庆市万州三中高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市万州三中高二（上）期中物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.实验火箭总质量为M，当静置的火箭竖直向下喷出质量为Δm、速度为v0的高温气体时，以竖直向下为正方向，其速度为( )
A. -ΔmM-Δmv0B. -ΔmMv0C. ΔmMv0D. ΔmM-Δmv0
2.如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是多少？( )
A. 40Ω⋅mB. 80Ω⋅mC. 20Ω⋅mD. 60Ω⋅m
3.电阻R1的阻值为10Ω，它与电阻R2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I1：I2=2：1，则R2的阻值是( )
A. 5ΩB. 10ΩC. 15ΩD. 20Ω
4.如图为某电场中的电场线，A、B是电场中的两点，下列说法正确的是( )
A. 电场强度EAEpB
C. 将电荷量为+q的电荷从A点移到B点，电场力做负功
D. 电势φA>φB
5.如图所示，等边三角形ABC的三个顶点处分别固定带电荷量为+q、-q、-q的三个点电荷，已知三角形的边长为 3L，静电力常量为k，则该三角形中心O点处的电场强度( )
A. 大小为2kqL2
B. 方向由O指向A
C. 方向由O指向B
D. 大小为 3kqL2
6.A、B两个相同的物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用由静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止。两物体的速度随时间变化的图线如图所示，设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A. I1：I2=12：5B. I1：I2=2：5
C. W1：W2=3：5D. W1：W2=6：5
7.如图所示，粗糙绝缘的水平地面附近存在一个平行于水平地面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10-8C的滑块P(可视作质点)，从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02。取重力加速度大小g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. x=0.15m处的电场强度大小为4.0×106N/C
B. 滑块一开始做加速度逐渐减小的加速运动，最终做匀速直线运动
C. 滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D. 滑块最终在0.3m处停下
二、多选题（本题共3小题，共15分）
8.请用学过的电学知识判断，下列说法正确的是( )
A. 超高压带电作业的工人穿绝缘衣比穿金属衣安全
B. 制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C. 小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D. 打雷时，待在木屋里比待在汽车里要危险
9.人体的细胞膜模型图如图甲所示，磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，其厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示，初速度可视为零的一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. A点的电势低于B点的电势
B. 氯离子的电势能将增大
C. 若仅增大细胞膜的膜电位，则氯离子进入细胞内的速度增大
D. 若仅减小细胞膜的厚度d，则氯离子进入细胞内的速度增大
10.如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽放在光滑的水平地面上，有一质量为m的小球由槽顶端A点静止释放，重力加速度大小为g，不计空气阻力，在其下滑至槽末端B点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 若圆弧槽不固定，则小球和槽组成的系统动量守恒
B. 若圆弧槽不固定，则小球在水平方向上移动的位移为2R3
C. 在圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比为 6：2
D. 若圆弧槽固定，则圆弧槽对地面的最大压力为6mg
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.观察电容器充、放电现象的实验装置如图甲所示。电源的输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。

(1)当开关S接______ (填“1”或“2”)时，平行板电容器放电，流经G表的电流方向______ (填“向左”或“内右”)；
(2)将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化的图像如图乙所示，已知图乙中图线所围的面积约为38个方格，可算出电容器的电容为______ F。
12.在“验证动量守恒定律”的实验中，先将入射小球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平面上的记录纸上留下印读P，多次重复操作，再把被碰小球放在斜槽轨道水平端的最右端处静止，让入射小球从斜槽轨道上原来的固定点由静止开始滚下，入射小球与水平端被碰小球相碰，碰后两小球分别落在记录纸上的M、N位置，重复操作多次。
(1)入射小球的质量为40g，直径为2.0cm，下列可选为被碰小球的是______ 。
A.质量为20g，直径为3.2cm
B.质量为22g，直径为3.0cm
C.质量为4g，直径为2.0cm
(2)确定小球的平均落点的方法是______ 。
(3)入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，用图中所给字母写出实验需要验证的表达式m1⋅OP= ______ 。
四、计算题（本题共3小题，共41分）
13.如图所示，两个电荷量都为+q(q>0)的小球位于竖直线上，a小球的质量为m，两小球都可看成点电荷，b小球固定，a小球由静止下落h时速度为零，重力加速度大小为g，静电力常量为k，求：
(1)a小球的加速度等于零时a小球距b小球的高度H；
(2)a小球下落过程中电势的改变量Δφ。
14.在倾角θ=37°的光滑斜面上轻放物块A，物块A离底端的长度L=43m，在斜面底端的水平地面上放有物块B。已知mA=2mB=2kg，物块A、B碰撞时间极短且与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.4，最终两物块间的距离s=1.5m，斜面与水平地面平滑连接，两物块都可看作质点，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)碰前瞬间物块A的速度大小v；
(2)物块B在水平地面上运动的位移x；
(3)物块A、B碰撞过程中的能量损失Q。
15.如图所示，固定光滑绝缘的直杆上套有一个质量为m、带电荷量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，小球看成质点，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为4mgsinθL，小球在距B点4L5的P点处于静止状态，Q点距A点4L5，重力加速度大小为g。
(1)求电场强度大小E；
(2)若小球从Q点由静止下滑，求小球在Q点时的加速度大小a及动能最大值Ekm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：以竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=Δmv0+(M-Δm)v
则火箭速度v=-ΔmM-Δmv0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
以火箭和喷出的气体为研究系统，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．
在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．要注意火箭属于动量守恒中常见的物理模型之一．
2.【答案】A
【解析】解：由图乙可求得电解液的电阻为：
R=UI=105×10 -3Ω=2000Ω
由图甲可知电解液长为：
l=a=1 m
截面积为：
S=bc=0.02 m2
结合电阻定律R=ρlS，得：
ρ=RSl=2000×0.021Ω⋅m=40Ω⋅m．
故选：A
由图象找出电压为10V时的电流I，由欧姆定律可以求出电解液的电阻；再由电阻定律求出电解液的电阻率．
本题关键记住欧姆定律公式和电阻定律公式，其中电阻等于电压与电流的比值，不是U-I图象切线的斜率．
3.【答案】D
【解析】解：由并联电路特点可得
I1R1=I2R2
解得R2=I1R1I2=21×10Ω=20Ω
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据并联电路的特点，两电阻电源相等，再结合欧姆定律代入数据求解。
熟练掌握并联电路电压相等的特点列式求解相关问题。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线的疏密程度可知，电场强度大小关系
EA>EB
故A错误；
BD、根据沿电场线方向电势降低，可知电势大小关系为
φA>φB
根据
Ep=qφ
可知将电荷量为-q的电荷分别放在A、B两点时具有的电势能大小关系为
EpA0
可知电场力做正功，故C错误。
故选：D。
电场线越密，场强越大。沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功，电势能减小。
本题考查电场线的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降落，同时注意利用电场力做功和电势能关系进行分析，明确电场力做功正负的方法。
5.【答案】A
【解析】解：由数学知识O到顶点ABC的距离r=12× 3Lcs30°=L，三个点电荷在O产生的场强的大小均为E=kqL2；B、C处的负点电荷在O点产生的场强方向分别沿OB、OC方向，由于∠BOC=120°，则B、C处的负点电荷在O点产生的合场强大小为E，方向沿AO的延长线，A处的正点电荷q在O点产生的场强方向沿AO的延长线，所以三个点电荷在O点产生的总的和场强E0=2E=2kqL2，方向沿AO的延长线，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由数学知识求出三个点电荷到O的距离；由点电荷的场强公式表示出三个点电荷在O产生的场强的大小，最后根据场强的叠加可求解。
本题主要考查了点电荷的场强及场强的叠加，注意场强的合成遵守平行四边形定则。
6.【答案】D
【解析】解：AB、由v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，两物体做匀减速运动的加速度大小都为a=v0t0
根据牛顿第二定律，匀减速运动中摩擦力大小都为Ff=ma=mv0t0
由题图可知，两物体做匀加速运动的加速度大小分别为2v0t0、v04t0
匀加速运动中，根据牛顿第二定律，有F-Ff=ma
解得：F1=3mv0t0，F2=5mv04t0
则I1：I2=F1t0：4F2t0，解得：I1：I2=3：5，故AB错误；
CD、对全过程，由动能定理得W1-Ffx1=0，W2-Ffx2=0
得W1=Ffx1，W2=Ffx2
根据v-t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则整个过程位移之比为x1：x2=2v0⋅3t02：v0⋅5v02=6：5，整个运动过程中F1和F2做的功之比为W1：W2=x1：x2=6：5，故C错误，D正确。
故选：D。
两物块做匀减速运动时，由图像的斜率求出匀减速运动的加速度大小，从而求出摩擦力大小，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出F1和F2的冲量之比；根据速度—时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，求出整个过程位移之比，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功之比。
解决本题的关键要通过v-t图像得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律求解两个力的大小之比，以及知道v-t图线与时间轴所围成的面积表示位移，同时能正确利用动能定理进行分析求解。冲量也可以根据运用动量定理求解。
7.【答案】C
【解析】解：AB.电势φ与位移x图线切线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强E=ΔφΔx=3×1050.30-0.15V/m=2.0×106V/m
此时的电场力为：F=qE=2×10-8×2×106N=0.04N
滑动摩擦力大小为：f=μmg=0.02×2N=0.04N
在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故AB错误；
C.在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得：qU-fx=12mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差为U=4.5×105V-3.0×105V=1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s，故C正确。
D.假滑块最终在0.3m处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为U2=φ0.15-φ0.3=3×105V-1.4×105V=1.6×105V
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为W=qU2=2.0×10-8×1.6×105J=3.2×10-3J
滑动摩擦力做功为
W'=μmgΔx2
代入数据解得
W'=6×10-3J>W
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D错误。
故选：C。
电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大，根据功能关系分析D项。
解决本题的关键知道电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。
8.【答案】BD
【解析】解：A.金属衣能够产生静电屏蔽作用，从而确保金属衣内工人的安全，可知超高压带电作业的工人穿金属衣比穿绝缘衣安全，故A错误；
B.制作汽油桶的材料用金属可以及时将产生的静电导走，防止静电危害，使汽油更安全，因此制作汽油桶的材料用金属比用塑料好，故B正确；
C.当小鸟停在单根高压输电线上时，由于小鸟两脚间的电势差较小，因此停在单根高压输电线上不会被电死，故C错误；
D.汽车为金属结构，对车内物体能够产生静电屏蔽作用，从而确保车内人的安全，可知打雷时，待在木屋里比待在汽车里要危险，故D正确。
故选：BD。
穿金属的衣服和呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易导走，容易积累，反而会早造成危险，当小鸟停在单根高压输电线上时，小鸟两脚间的电势差较小，汽车为金属结构，对车内物体能够产生静电屏蔽作用。
本题考查静电现象的掌握情况，注意掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释。
9.【答案】AC
【解析】解：A、一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，可知细胞膜内电场线向上，根据沿电场线电势降低，故A点的电势低于B点的电势，故A正确；
B、氮离子所受电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，氯离子的电势能将减小，故B错误；
C、可知若仅增大细胞膜的膜电位，根据动能定理
qU=12mv2
则氯离子进入细胞内的速度增大，故C正确；
D、若仅减小细胞膜的厚度d，根据
U=Ed
细胞膜的膜电位减小，则氯离子进入细胞内的速度减小，故D错误。
故选：AC。
根据题意可知电场线方向，沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可知qU=12mv2，可知速度关系。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线的特点，注意沿电场线方向电势逐渐降低。
10.【答案】BC
【解析】解：A、若圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；
B、若圆弧槽不固定，设小球水平方向移动的位移大小为x，则圆弧槽的位移大小为R-x，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mxt-2mR-xt=0，解得：x=23R，故B正确；
C、若圆弧槽固定，小球滑至B点时，由机械能守恒定律得：mgR=12mvB2，解得小球滑到B点时的速度vB= 2gR；
若圆弧槽不固定，设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。在小球下滑的过程，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
mv1-2mv2=0
根据系统机械能守恒有mgR=12mv12+12⋅2mv22
联立解得小球滑到B点时的速度为v1=2 gR3，解得vB：v1= 6：2，故C正确；
D、圆弧槽不固定，小球运动到B点时速度最大，对圆弧槽的压力最大，则圆弧槽对地面的压力最大。小球在B点时，由牛顿第二定律得：FN-mg=mv12R，解得FN=73mg，由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧槽的压力大小为FN'=FN=73mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax=73mg+2mg=133mg，故D错误。
故选：BC。
根据系统的合外力是否为零判断系统动量是否守恒；若圆弧槽不固定，根据系统水平方向动量守恒，由此求解小球水平方向移动的位移，并根据系统水平方向和机械能守恒相结合求出小球滑到B点时的速度。圆弧槽固定时，由机械能守恒定律求小球滑到B点时的速度，再求小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比。根据牛顿运动定律求小球到达B点时对圆弧槽的压力，从而求得圆弧槽对地面的最大压力。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；对于机械能守恒定律要知道：机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零。要注意圆弧槽不固定时，小球和槽组成的系统动量并不守恒，但水平方向动量守恒。
11.【答案】2 向左 3.8×10-4
【解析】解：(1)由图甲可知，当开关S接2时，平行板电容器放电，流经G表的电流方向向左。
(2)由图乙可知，每个小格的面积表示的电量为
q0=0.2×10-3×0.4C=8×10-5C
则充电结束后的电荷量为
Q=38q0
由电容定义式可得
C=QU=38×8×10-58F=3.8×10-4F
故答案为：(1)2；向左；(2)3.8×10-4
(1)熟悉电路构造的分析，从而得出电容器放电时开关的位置和对应的电流方向；
(2)根据图像的物理意义得出Q的大小，结合电容的计算公式得出电容的大小。
本题主要考查了电容明器的充放电问题，理解图像的物理意义，结合电容的计算公式即可完成分析。
12.【答案】C 用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置 m1⋅OM+m2⋅ON
【解析】解：(1)为了防止入射球反弹，应用质量大的小球去碰撞质量小的小球；同时两球的半径应该相等，故选：C。
(2)确定小球的平均落点的方法是用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置。
(3)根据动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2
入射小球前后两次分别落在P、M点，小球做平抛运动的时间相等，则m1v0t=m1v1t+m2v2t
则m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故答案为：(1)C；(2)用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置；(3)m1⋅OM+m2⋅ON。
(1)明确实验原理，知道为了防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；为了产生对心碰撞，两球的半径应相同；
(2)用圈圆法确定落点的位置；
(3)根据平抛运动规律以及动量守恒定律列式倒推出应验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒实验的注意事项、数据处理，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移表示初速度。
13.【答案】解：(1)小球的加速度等于零时，合力为零，根据平衡条件有：mg=kq2H2
变形解得：H=q kmg
(2)由能量守恒定律得：mgh=q⋅Δφ
解得：Δφ=mghq
答：(1)a小球的加速度等于零时a小球距b小球的高度H为q kmg；
(2)a小球下落过程中电势的改变量Δφ为mghq。
【解析】根据平衡条件求小球的加速度为零时小球的高度；
由动能定理、或能量守恒定律求电势能的减小量。
本题考查两个电荷之间的力的作用，实际是动力学和能量问题。要知道速度最大处是加速度为零处，减少的电势能等于增加的机械能。
14.【答案】解(1)物块A在光滑斜面上运动，由机械能守恒得mAgLsinθ=12mAv2
解得
v=4m/s
(2)设碰后物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，物块A、B碰撞过程中满足动量守恒mAv=mAv1+mBv2
物块A、B在水平地面上运动由牛顿第二定律得
μmAg=mAaA
μmBg=mBaB
根据运动学公式得
v222aB-v122aA=s
解得v1=2m/s，v2=4m/s
x=v222aB
解得：x=2m
(3)物块A、B碰撞过程中，由能量守恒得：Q=12mAv2-12mAv12-12mBv22
解得：Q=4J
答：(1)碰前瞬间物块A的速度大小v为4m/s，
(2)物块B在水平地面上运动的位移x为2m，
(3)物块A、B碰撞过程中的能量损失Q为4J。
【解析】(1)根据物块A在斜面上受力情况，运用机械能守恒定律求出此时A物块的速度大小；
(2)A和B发生碰撞，遵循动量守恒定律，再根据牛顿第二定律，运动学，即可求出物块B在水平地面上运动的位移；
(3)物块A、B碰撞过程中，用能量守恒可求出损失的能量Q。
本题考查了动量和能量的综合问题，难度中等。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，小球在距B点45L的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力的合力大小为
F=2kΔx=2⋅4mgsinθL(L-4L5)=85mgsinθ
对小球由共点力平衡可得
(mg+qE)sinθ=F
解得
E=3mg5q
(2)小球在Q点刚开始运动时，根据牛顿第二定律得
(Eq+mg)sinθ+2kΔx=ma
解得
a=3.2gsinθ
小球从Q点由静止下滑，运动到P点时受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q点到P点的过程中，弹簧弹力做的功为零，弹性势能没有变化，根据动能定理可得
(mg+qE)xQPsinθ=Ekm-0
由几何关系可得
xQP=2L-2×45L=25L
解得
Ekm=1625mgLsinθ
答：(1)电场强度大小为3mg5q；
(2)若小球从Q点由静止下滑，求小球在Q点时的加速度大小为3.2gsinθ，动能最大值为1625mgLsinθ。
【解析】(1)根据胡克定律及平衡条件求电场强度的大小；
(2)对小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求解求解最大动能。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动能定理等进行解答。