重庆市荣昌中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 如图所示的电场线MN上有一点A，图中能正确表示A点电场强度的是（其中①沿电场线的切线方向）（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】A
【解析】
【详解】电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知图中能正确表示A点电场强度的是①。
故选A。
2. 如图所示是定性探究电荷间相互作用力与两电荷的电荷量，以及两电荷之间的距离关系的实验装置。该实验的研究方法是（ ）
A. 理想实验法B. 等效替代法C. 微小量放大法D. 控制变量法
【答案】D
【解析】
【详解】定性探究电荷间相互作用力与两电荷的电荷量，以及两电荷之间的距离关系的实验装置。该实验的研究方法是先保持一个物理量不变（如两电荷的电荷量，或两电荷之间的距离），探究另一个物理量跟电荷间相互作用力之间的关系，该实验的研究方法是控制变量法。
故选D。
3. 如图所示为某建筑物上的避雷针和带电云层之间的电场线分布示意图，a、b、c是同一电场线上的点，且，则（ ）
A. 带电云层带正电
B. a、b、c三点的场强相同
C. a、b间与b、c间的电势差相等
D. 云层上的电荷导入大地时，电流从避雷针流向云层
【答案】D
【解析】
【详解】A．电场线方向指向云层，则云层带负电，A项错误；
B．电场线的密度越大，电场强度越大，故
B项错误；
C．因为，根据
因为
故a、b间与b、c间电势差不相等，C项错误；
D．云层带负电，地面则可视为带正电，当云层上的负电荷导入大地时，可视为正电荷从避雷针移动到云层，即电流从避雷针流向云层，D项正确。
故选D。
4. 下面是某同学对一些公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 真空中点电荷的电场强度公式仅适用于点电荷电场，适用于任何电场
B. 电势差的比值定义式适用于任何电场，且跟、无关
C. 由公式可知，电场中某点的电势与成反比
D. 由可知，电场中任意两点，b间的距离越大，两点间电势差也一定越大
【答案】B
【解析】
【详解】A．真空中点电荷的电场强度公式仅适用于点电荷电场，仅适用于匀强电场，选项A错误；
B．电势差的比值定义式适用于任何电场，且跟、无关、B正确；
C．公式是电势比值定义式，与均无关，选项C错误；
D．公式中的指两点沿电场方向的距离，间的距离大，二者沿电场方向的距离不一定大，两点间电势差不一定越大，选项D错误。
故选B。
5. 平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为，船的质量为，从某时刻起，人以的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为，则下列说法正确的是（ ）
A. 人在船上走动过程中，船的速度为
B. 人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍
C. 走动时人的动量大于小船的动量
D. 人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
可得人在船上走动过程中，船的速度为
故A错误；
B．人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为和，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得
其中
解得
，
即人在船上走动过程中，人的位移是船的2倍，故B正确；
C．由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误；
D．人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为，则
所以
说明船的速度立即变为零，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，在匀强电场中，有边长为8cm的圆内接等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为，DE是平行于AB过O点的直线，D、E是直线与圆周的两个交点。下列说法正确的是（ ）
A. O点电势为8V
B. 匀强电场的场强大小为150V/m，方向由A指向C
C. 在三角形ABC的外接圆上的E点电势最低
D. 将电子由D点移到E点，电子的电势能减少了
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意，AB中点电势为
V
由几何关系可知，O点电势为10V，故A错误；
B．AB与CO连线垂直，匀强电场的场强大小为
电场线由高电势指向低电势，则电场方向由A指向B，故B错误；
C．D点和E点是圆上沿电场线方向电势最低点和最高点，故C错误；
D．由几何关系，圆形半径为
m
D点和E点的电势差为
将电子由D点移到E点，电势升高，电子的电势能减少
eV
故D正确。
故选D。
7. 正方形四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，为正方形两对角线的交点，、、、分别为、、、的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 、、、四点的场强相同
B. 、、、四点的电势均为零
C. 将一质子从点沿移动到点的过程中，电场力先做正功再做负功
D. 将一电子从点沿移动到点的过程中，电势能先增加后减小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．、、、四点的场强大小相同，但是方向不同，所以A错误；
B．、两点的场强方向指向O点，、两点的场强方向的反射沿长线指向O点，O点电势为0，根据沿着电场线方向电势逐点降低，则有
，
所以B错误；
C．将一质子从点沿移动到点的过程中，电场力一直做正功，所以C错误；
D．将一电子从点沿移动到点的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减小，所以D正确；
故选D。
二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对不全的得3分，有选错的得0分。
8. 两个相同的金属小球（可看作点电荷），带电量之比为1∶7，在真空中相距为r，相互间的库仑力为F，现将两小球相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能变为（ ）
A. 9FB.
C. 16FD.
【答案】BD
【解析】
【详解】开始时两电荷间库仑力为
若两电荷带同种电荷，则接触后各带电量为4q，则库仑力
若两电荷带异种电荷，则接触后各带电量为3q，则库仑力
故选BD。
9. 如图所示，真空环境中，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点。已知ABCD为菱形，菱形的对角线相交于O点，不计电子的重力，则（ ）
A.
B. B、D两处场强相同
C. 若在B点静止释放一电子，电子在B、D间往复运动，加速度一定先减小后增大
D. 若在B点给电子一方向垂直纸面大小合适的速度，电子可能绕O点做匀速圆周运动
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．在等量同种电荷连线的中垂线上，根据对称性可知B、D两点的电场强度大小相同，方向相反，电势相同，故A正确，B错误；
C．因OB，OD距离未知，无法判断从O到B（O到D）电场强度是一直增大，还是先增大后减小，故无法判断电子的加速度的变化情况，C错误；
D．在垂直纸面且经过BD两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，电子可能绕O点做匀速圆周运动，D正确。
故选AD。
10. 如图所示，在光滑绝缘水平面上， A、B两小球质量分别为2m、m，带电量分别为+q、+2q．某时刻 A有指向B的速度v0而B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中
A. 任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1:2
B. 两小球构成的系统动量守恒，电势能减少
C. A球减少的机械能大于B球增加的机械能
D. 电场力对A球做功的大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】因为两小球所受库仑力大小相等，A、B两小球质量分别为2m、m,由牛顿第二定律可知A、B两小球的加速度大小之比均为1:2；A、B两小球所受外力为零，故系统动量守恒，由于两小球所受库仑力做负功，故电势能增加；运动过程中A球减少的机械能向B的机械能和电势能转化，故A球减少的机械能大于B球增加的机械能；两小球相距最近时，速度相同为，由动量守恒可 可得，由动能定理可得电场力对A球做功为．综上分析，AC正确．
三、实验题：本题共2小题，共计16分。
11. 在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示。所用电容器的电容，电源输出电压恒为，测得放电过程的图像如图乙所示。
（1）实验过程中应先让电容器充电，应将开关S掷向________（填“1”或“2”）端。
（2）由图乙可知，每小格表示的电荷量大小为，则电容器在放电过程中释放的电荷总量约为________（结果保留2位有效数字）。
（3）如果将电阻换成一个阻值更大的电阻，则放电过程持续的时间将________或“变短”），放电过程释放的电荷量________（填“变多”、“不变”或“变少”）。
【答案】（1）1 （2）
（3） ① 变长 ②. 不变
【解析】
【小问1详解】
实验过程中应先让电容器充电，应将电容器与电源接通，则开关掷向1；
【小问2详解】
根据
可知图像和坐标轴围成的面积表示电容器在放电过程中释放的电荷量，则有
小问3详解】
[1]由于电阻对电流有阻碍作用，若将电阻换一个阻值较大电阻，放电的瞬时电流变小，图像更加平缓些，则放电时间将变长；
[2]根据
可知，与电阻无关，不改变电路其它参数，只增大电阻，则放电过程释放的电荷量不变。
12. 在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。
（1）实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取________进行实验（填字母代号）；
A. B. C.
（2）已有的实验器材有：斜槽轨道，大小相等质量不同的小球两个，重锤线一条，白纸，复写纸，圆规。实验中还缺少的测量器材有________；
（3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次试验，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图丙中画的三个圆最合理的是________；
（4）关于本实验，下列说法正确的是________；
A. 小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
B. 必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
C. 实验中需要用到重垂线
D. 斜槽必须足够光滑且末端保持水平
（5）若两球发生弹性碰撞，用刻度尺测量、距点的距离分别为、，及第（1）题结论，通过验证等式________（用题中所给、字母表示）是否成立，从而验证该碰撞是否为弹性碰撞。
【答案】（1）B （2）刻度尺
（3）C （4）AC
（5）
【解析】
【小问1详解】
为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为、质量为的小球，被碰球选择直径为、质量为的小球。
故选B。
【小问2详解】
已有的实验器材有：斜槽轨道，大小相等质量不同的小球两个，重锤线一条，白纸，复写纸，圆规。因为需要测量小球落地的水平位移，所以实验中还缺少的测量器材有刻度尺。
【小问3详解】
如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。
故选C
【小问4详解】
A．为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，故A正确；
B．两个小球下落时间相同，可以用位移代替初速度，故不需要求出时间，所以不需要测量高度，故B错误；
C．与重力方向一致的线叫重垂线，用重垂线保证桌腿与地面垂直，即桌面与地面水平，从而保证小球能做严格的平抛运动，故C正确；
D．小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要斜面光滑，且为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，故D错误。
故选AC。
【小问5详解】
设图中MN之间的虚线落点为P点，分析可知碰前入射球落点为P点，碰撞后入射球落点为M点，被碰小球落点为N点，故入射球碰撞前的速度为
碰撞后入射球和被碰球的速度分别为
根据动量守恒定律有
联立整理得
根据机械能守恒定律，有
因
再结合上式，整理可得
再根据上式动量守恒可得
将上两式，联立消掉，可得到和的关系为
代回
有
四、解答题：本题共3小题，共计41分，请写出必要的文字说明和重要数学演算步骤。
13. 一质量为m的子弹以速度水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块如图所示，已知木块的质量为M，子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f。求：
（1）子弹对木块的冲量大小及方向；
（2）子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度。
【答案】（1），方向水平向右；（2），
【解析】
【详解】（1）规定向右为正，子弹对木块的冲量
子弹对木块冲量大小为，方向水平向右
（2）设子弹穿过木块后，子弹的运动速度为，木块的运动速度为，以水平向右为正方向，根据动量定理
对子弹，有
对木块，有
解得
14. 长为L的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为的小球（可视为质点）。如图所示，在空间施加方向沿水平向左的匀强电场，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角为。已知，，电场的范围足够大，重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求A、O两点间的电势差大小U；
（3）保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点。将小球由B点静止释放，求小球运动至A点时速度的大小v。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球静止在A点，对小球进行受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）匀强电场中，根据电场强度与电势差的关系有
解得
（3）将小球由B点静止释放，小球做圆周运动，小球运动至A点过程，根据动能定理有
结合上述解得
15. 示波管装置如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，电子从静止经大小为的电压加速后以一定速度沿轴线连续射入偏转电极，偏转电极的极板沿轴线方向长度为l，间距为d，极板右侧到荧光屏的距离为D。已知电子电荷量为e，质量为m，重力不计。
（1）求电子进入偏转电极时的速度v0；
（2）若偏转电极所加电压为，求电子离开偏转电场时竖直方向的偏移量及偏转角正切值；
（3）若偏转电极两端加图乙所示的周期性电压，电压最大值为、电场变化周期为T，且T远大于电子在电场中的运动时间，求荧光屏上亮点经过时的速度大小v。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）电子在加速场中加速，由动能定理得
解得
（2）电子在偏转场中做类平抛运动，设竖直方向的偏移量为y，偏转角为。水平方向匀速运动
竖直方向加速运动
其中
解得
偏转角正切值为
其中
解得
（3）设电子打到荧光屏上的竖直位移为Y，由几何关系可得
解法1
结合图像可知，在一个周期T内
将其代入，整理得
可知亮点的位置随时间均匀变化，即做匀速运动。则经过时的速度大小
解法2
光点移动的速度
由图像可知
则经过时的速度大小