黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题

这是一份黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题，共13页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

考试时间：75 分钟 总分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（1-7题为单项选择题，每道题4分；8-10题为不定项选择题，每道题6分，共46分）
1. 如图所示，A、B、C三点的连线构成一个等边三角形．在 B 点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，测得A点的电场强度大小为E．若保留B点的电荷，再在C点放置一个电荷量为-Q的点电荷，则A点的电场强度大小等于（ ）
A. 0B. EC. ED. 2E
【答案】B
【解析】
【详解】正电荷Q在A点产生的场强为E，沿BA方向，负电荷Q在A点产生的场强也为E，方向沿AC方向，根据场强的叠加可知
故选B。
2. 如图所示，两虚线为等量异种点电荷的连线与中垂线。带负电的试探电荷沿虚线从点经点移到点，此过程中试探电荷（ ）
A. 所受的电场力方向一直不变B. 所受的电场力先减小后增大
C. 所经过、点的电势D. 电势能先增大后减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．等量异种点电荷电场线和等势面分布如图：
可见从a到b到c，电场力方向一直与ab垂直，方向不变，选项A正确；
B．根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是
则电荷从a到b，电场力增大；从b到c，电场力增大，选项B错误；
CD．由题ab是一条等势线，c点的电势比a、b的电势高，电荷带负电，则电荷从a到b，其电势能不变，从b到c，其电势能减小，即在此全过程中，电荷的电势能先不变后减小．选项CD错误。
故选A。
3. 两个量程的电压表的电路图如图所示，当使用a、b两个接线柱时，量程为0～3V，当使用a、c两个接线柱时，量程为0～15V。已知表头的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1、R2的值( )
A. 2500Ω、12000Ω
B. 3000Ω、12000Ω
C. 2500Ω、15000Ω
D. 3000Ω、15000Ω
【答案】A
【解析】
【详解】接a、b时，由串联电路特点有
R总=R1＋Rg=
得
R1=－Rg=2500Ω。
接a、c时，同理有
R总′=R1＋R2＋Rg=
得
R2=－Rg－R1=12000Ω
A．2500Ω、12000Ω，与结论相符，选项A正确；
B．3000Ω、12000Ω，与结论不相符，选项B错误；
C．2500Ω、15000Ω，与结论不相符，选项C错误；
D．3000Ω、15000Ω，与结论不相符，选项D错误；
4. 如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板方向射出，最远到达A点，然后返回，OA=h，此电子具有的初动能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】从O点运动到A点，由动能定理得
由题意可知两极板间场强为
所以，OA两点间的电势差为
代入可得，电子具有的初动能为
D正确。
故选D。
5. 如图所示，线圈面积为S，线圈平面与磁感应强度为B匀强磁场方向垂直，则以下说法正确的是（ ）
A. 此时穿过线圈的磁通量为0
B. 若线圈绕转过60°角时，穿过线圈的磁通量为
C. 若线圈绕转过90°角时，穿过线圈的磁通量为BS
D. 若从初位置转过180°角时，穿过线圈的磁通量与初始位置相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．此时穿过线圈的磁通量为BS，选项A错误；
B．若线圈绕转过60°角时，穿过线圈的磁通量为
选项B正确；
C．若线圈绕转过90°角时，穿过线圈的磁通量为零，选项C错误；
D．若从初位置转过180°角时，虽然磁通量的大小仍为BS，但是磁感线从线圈的另一面穿过，则穿过线圈的磁通量与初始位置不相同，选项D错误。
故选B。
6. 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 在0~4s时间内，位移先增后减
B. 在0~4s时间内，动量一直增加
C. 在0~8s时间内，F的冲量为0
D. 在0~8s时间内，F做的功不为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，在0-4s内力F先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A错误；
B．在0-4s内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B错误；
C．0到8s内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C正确；
D．因8s内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F做功为0，故D错误。
故选C。
7. 、、三个原子核，电荷量均为，质量之比为。如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点分别为A、B、C，已知上极板带正电，不计原子核所受重力，下列说法正确的是（ ）

A. 三个原子核刚到达下极板时的动能相等
B. 落在C点的原子核是
C. 、、的加速度大小满足
D. 若将上极板向上移动较小的距离，原子核在电场中的运动不受影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据动能定理，粒子到达下级板时的动能为
其中U1为射入点与下极板的电势差，因三个原子核的质量不同，则三个原子核刚到达下极板时的动能不相等，选项A错误；
B．根据
可得
可知，质量越大，则x越大，则落在A点的原子核是，选项B错误；
C．根据
可知，、、的加速度大小满足
选项C错误；
D．根据
可得
因电容器带电量不变，则若将上极板向上移动较小的距离，两板间场强不变，原子核在电场中的运动不受影响。选项D正确。
故选D。
8. 如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一带负电荷的粒子仅在静电力的作用下从A点以一定初速度沿电场线运动到B点，其运动的图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. A点的电势比B点的电势低
B. A点电场强度比B点的小
C. A、B两点的电场强度可能相等
D. 负电荷在A点的电势能比在B点的小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可知，负电荷做减速运动，说明电场力向左，则电场方向向右，沿电场方向，电势降低，所以A点的电势比B点的电势高。A错误；
BC．由图乙可知，负电荷的加速度增大，根据牛顿第二定律，负电荷受到的电场力增大，所以A点的电场强度比B点的小。B正确，C错误；
D．由图像可知，负电荷做减速运动，说明电场力做负功，电荷电势能增加，负电荷在A点的电势能比在B点的小。D正确。
故选BD。
9. 如图所示，平行板电容器与电源电压恒为的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的点且恰好处于平衡状态。下列说法正确的是（ ）
A. 带电油滴所带电荷为正电荷
B. 若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将减小
C. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一段距离，则带电油滴将竖直向上运动
D. 将平行板电容器的上极板水平向左移动一段距离，则带电油滴仍然保持平衡状态
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．电容器的上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连，则两极板间电场方向竖直向下。油滴静止，所受重力竖直向下，则所受电场力竖直向上，油滴带负电，故A错误；
B．根据
若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将减小，故B正确；
C．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板之间的距离增加，根据
知电场强度减小，则油滴所受电场力减小，可知油滴所受合力竖直向下，会由静止向下运动，故C错误；
D．将平行板电容器的上极板水平向左移动一小段距离，由于两极板间电压不变，两极板间距离不变，则电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍然保持平衡状态，故D正确。
故选BD。
10. 在如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时( )
A. R两端的电压将增大
B. R两端的电压将减小
C. 通过R的电流强度将不变
D. 通过R的电流强度将减小
【答案】AD
【解析】
【详解】R增大后，电路总电阻增大，即电路总电流减小，根据可知路端电压增大，在干路，所以通过的电流减小，两端的电压减小，由于路端电压是增大的，所以并联电路两端电压增大，即R和两端电压增大，通过的电流增大，而总电流是减小的，故通过R的电流减小，AD正确．
【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．
二、实验题：（每空2分，共16分）
11. 某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如下图所示，其读数为__________。
（2）下列关于实验的要求哪个是正确的__________。
A．斜槽的末端必须是水平的 B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度 D．A、B的质量必须相同
（3）如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为__________、__________。（填落点位置的标记字母）
【答案】 ①. 10.5 ②. A ③. M ④. P
【解析】
【详解】（1）[1]观察主尺的单位为，读出主尺的读数是，游标尺上的第五条刻度线与主尺上的刻度线对齐，其读数为，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为
（2）[2]ABC．首先考查在实验过程中，需要小球A两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同。实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A正确，BC错误；
D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，故D错误。
故选A。
（3）[3][4]设A、B两球的质量分别为mA和mB，由（2）中分析知mA>mB；碰前A的速度v0；因为两个金属小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
可见碰后小球A的速度小于小球B的速度，也小于碰前A的速度v0；所以小球A单独滚下落到水平面上的位置为N，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。
12. 用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
A．电压表（量程3V） B．电流表A1（量程0.6A）C．电流表A2（量程3A）
D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0-20Ω，额定电流1A）
（1）电流表应选_____________；（填器材前的字母代号）
（2）定值电阻起______________作用；
（3）根据实验数据作出U-I图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=___________V，内阻r=_______Ω．
【答案】 ①. （1）B ②. （2）防止短路，起到保护电流表的作用． ③. （3）2.10； ④. 0.2
【解析】
【详解】（1）由于通过待测蓄电池的电流不能过大，所以电流表应选B．
（2）根据 可知，R0可以起到防止短路，保护电流表的作用；由于可以把R0等效为电池内阻一部分，因此可以增大等效内阻的测量值，减小误差；
（3）根据U=E-Ir可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=2.10V，图象斜率表示内阻；故．
四、解答题：
13. 如图所示，两平行金属板 A、B 间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成 30°角。已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C。求：
(1)C、D两点间的电势差UCD；
(2)匀强电场的场强大小E。
【答案】(1)300V；(2)1.5×104V/m
【解析】
【详解】(1)电子从C点移到D点，根据电势差定义式可得
(2)匀强电场的场强大小为
14. 如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端分别与木块B、C相连，弹簧处于原长状态．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，碰撞时间极短、大小为t．
(1)A、B碰撞过程中，求A 对B的平均作用力大小F．
(2)在以后的运动过程中，求弹簧具有的最大弹性势能Ep．
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)设A、B碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
解得
设A、B碰撞时的平均作用力大小为F，对B有
解得
(2)当A、B、C具有共同速度v时，弹簧具有最大弹性势能，设弹簧的最大弹性势能为，碰后至A、B、C速度相同的过程中，系统动量守恒，有
根据碰后系统的机械能守恒得
解得：
15. 如图，动摩擦因数µ=0.5的绝缘粗糙的水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度，现有一电荷量，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中末画出），重力加速度g=10m/s2。求：
（1）带电体第一次经过圆轨道B点时，受到的支持力大小FB；
（2）落地点D到B点的距离xDB。
【答案】（1）6N；（2）0.2m
【解析】
【详解】（1）带电体通过C点的速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
设带电体通过B点的速度为，轨道对带电体的支持力为，带电体在B点时，有
带电体从B点到C点的过程中，电场力做功为0，根据动能定理可得
联立解得
（2）受力分析可得带电体离开C点后，竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀变速直线运动，则
由牛顿第二定律可得
联立解得