重庆市凤鸣山中学教育集团2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题

这是一份重庆市凤鸣山中学教育集团2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题，共40分）
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．关于静电场，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度为0的地方，电势也一定为0
B．同一电场中，电场线越密的地方，电场强度越大
C．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能越大
D．电荷从电场中A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同
【答案】B
【详解】A．电势零点是人为规定的，电场强度为零的地方电势不一定为零，故A错误；
B．电场线的疏密体现电场强度的强弱，电场线越密的地方，电场强度越大，故B正确；
C．电场中电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小，故C错误；
D．电场力做功与路径无关，只与初末位置相关，故D错误。
故选B。
2．甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆（ ）
A．摆长之比为B．振动频率之比为2:3
C．在t=1.0s时刻，加速度均不为零D．在t=1.8s时刻，振动方向相反
【答案】C
【详解】A．由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为2:1，根据单摆的周期公式
可知，甲、乙单摆摆长之比为4:1，故A错误；
B．根据周期与频率的关系
所以振动频率之比为1:2，故B错误；
C．在t=1.0s时刻，沿振动方向的加速度均为零，但还有向心加速度，因此加速度不为零，故C正确；更多免费优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D．根据振动图像可知，在t=1.8s时刻，甲、乙两单摆均沿x轴正向振动，故D错误。
故选C。
3．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（ ）

A．甲图中，该女生接触带电的金属球时与带电的金属球带有异种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了更好地导电
【答案】C
【详解】A．女生接触金属球，与金属球带同种电荷，故A错误；
B．线状电离器B带负电，管壁A带正电，带电的尘埃被收集在了A上，故B错误；
C．燃气灶电子点火器应用了尖端放电原理，故C正确；
D．两条优质话筒线外面包裹的金属外衣应用了静电屏蔽原理，故D错误。
故选C。
4．电容式话筒含有电容式传感器，如图所示。导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器电容增大
B．电容器所带电荷量增大
C．电容器两极板间的场强增大
D．电阻R上电流方向自左向右
【答案】D
【详解】A．当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，根据可知，电容值减小，故A错误；
BD．由可知，因U不变的情况下，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自左向右，故B错误，D正确；
C．依据，则知U不变，场强减小，故C错误。
故选D。
5．某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，一点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷带正电，由A运动到B的过程中动能增大，电势能减小
B．该点电荷带负电，由A运动到B的过程中动能减小，电势能增大
C．A、B、C、D四点的场强大小关系为EA>EB>EC>ED
D．A、B、C、D四点的电势大小关系为φA<φB<φC<φD
【答案】B
【详解】AB．根据曲线运动受力方向指向轨迹内侧，正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反，可知点电荷为负电荷。A运动到B的过程中电场力方向与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故A错误，B正确；
C．电场线越密集电场强度越大，因此A点场强最小，C错误；
D．沿电场线方向电势降低，，D错误。
故选B。
6．如图所示，一电荷量为＋Q的均匀带电细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点处有一电荷量为＋的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ）
A．kB．kC．kD．k
【答案】A
【详解】a点处的电荷量为＋的点电荷在b处产生的电场强度为，方向向右，b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与a点处的点电荷在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为
方向向左．根据对称性可知细棒在d处产生的电场强度大小为
方向向右；而电荷量为＋的点电荷在d处产生的电场强度为
方向向右，所以d点处场强的大小为
方向向右，故选项A正确。
7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（ ）

A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电
B．q1的值小于q2的值
C．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】C
【详解】A．带负电的粒子在电势越低的地方电势能越大，而沿着电场线的方向电势降低，根据所给图像可知，该带负电的粒子从O到A电势能逐渐减小，则可知从O到A电势升高，因此可知O点处的点电荷带负电，M点处的点电荷带正电，故A错误；
B．图中A点处的电势能为零，而根据
可知，A点处的电势为零，设OA之间的距离为，AM之间的距离为，则根据点电荷在某点产生的电势公式
以及电势所满足的代数运算可知
由于
则可知
故B错误；
CD．负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，由此可知电场力先做正功后做负功，而负电荷在C点的电势能最大，因此可知正电荷在C点的电势能最小，动能最大，故C正确，D错误。
故选C。
8.如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与球连接。三个可视为质点的带电小球A、B、C，质量均为，其中A带电量为的带电量。当系统静止时，三小球等间距排列。已知静电力常量为，则（ ）
A．弹簧伸长量为B．
C．A球受到的库仑力大小为D．相邻两小球间距为
【答案】B
【详解】A.对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件
弹簧伸长量
故A错误
B．D．三小球间距均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件
对B小球受力分析，根据平衡条件
两式联立解得，
故B正确，D错误；
C．对A球受力分析，根据平衡条件
解得A球受到的库仑力为
故C错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
B. t1时刻，加速度方向与位移方向相同
C．在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
D．振动频率与按压的深度有关
【答案】AC
【详解】A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；
B．时刻，加速度方向与位移方向相反，故B错误；
C．由题图乙可知，在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故C正确；
D．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故D错误。
故选AC。
10．如图所示，电子经过加速电压为的电场由静止加速后，平行于极板射入两极板的正中间。两极板间所加电压为，极板长为，电子电量绝对值为，质量为，电子恰好从下极板的边缘射出，则（ ）
A．电子从下极板边缘射出的动能为
B．两极板间距为
C．电子在两极板间的运动时间为
D．若减小加速电压，则电子可能打在极板上
【答案】BD
【详解】A．根据动能定理，电子从下极板边缘射出的动能为，选项A错误；
BC．电子在加速电场中有
电子在电场中的运动时间为
极板间距为
解得
选项B正确、C错误；
D．若减小加速电压，电子射出加速电场的速度减小，电子在极板间的飞行时间增大，电子的侧移增大，电子可能打在极板上，选项D正确。
故选BD。
11．如图所示，水平面内有三条虚线，相邻虚线间距相等且彼此平行为虚线上的三点，其中连线与垂直。某时刻电子以水平向右的速度通过点，则（ ）
A．若为电场线，则电子可能通过点
B．若为电场线，则一定Uab=Ubc
C．若为等势线，则电子可能通过点
D．若为等势线，则一定有
【答案】AD
【详解】A．若、、为电场线，当电场方向斜向下时，电子不能够通过c点，
故A错误；
B．若、、为电场线，则一定有Uab=Ubc，故B正确；
D．若、、为等势线，则一定有
故D正确；
C．若、、为等势线，a、c连线在电场线上，电子运动离a、c连线越来越远，则电子一定不能通过c点，故C错误。
故选AD。
12．如图所示，A、B、C三个带电离子（不计重力）以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中心线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A离子落在N板的中点；B离子落在N板的边缘；C离子飞出极板时，沿电场方向的位移为 。已知它们带电量比值为，则下列说法中正确的是（ ）
A．离子A、B在极板间的运动时间之比为1：1B．离子A、B的加速度之比为4：1
C．离子B、C的质量之比为1：2D．离子B、C的动能增加量之比为1：1
【答案】BD
【详解】A．根据
可知离子A、B在极板间的运动时间之比为
A错误；
B．根据
可知离子A、B的加速度之比为
B正确；
C．易知离子在B、C在极板间的运动时间之比为1：1，根据牛顿第二定律有
联立可得
可得离子B、C的质量之比为
C错误；
D．根据动能定理可得
离子B、C的动能增加量之比为
D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共60分）
三、实验探究题（本题共2小题，共14分）
13．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
（1）用游标卡尺测得小球的直径d= mm；
（2）若某同学测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。
①造成图像不过坐标原点的原因可能是 （填正确选项前的字母）。
A．周期测量偏大B．周期测量偏小C．摆长测量偏小D．摆长测量偏大
②由图像求出的重力加速度g= m/s2（结果保留三位有效数字）
【答案】 C
【详解】(1)[1]用游标卡尺测得小球的直径
(2)[2]将图像向右平移1cm就会通过原点，所以相同周期下摆长偏小1cm，造成图像不过坐标原点的原因可能是忽略了球的半径。
[3]根据单摆的周期公式
可得
结合图像，有
解得
14．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。
（1）关于此实验，下列说法正确的是 ；
A．本实验采用的科学方法是控制变量法 B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
C．静电计可以用电压表替代 D．A板与静电计的指针带的是异种电荷
（2）使电容器带电后与电源断开，保持B板不动，将A板向左移动，静电计指针张角___________（填写“增大”或“减小”）；保持AB板不动，向两板间插入玻璃片，静电计指针张角___________（填写“增大”或“减小”）
（3）改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容式传感器。保持B板不动，将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是 。
A． B．
C． D．
【答案】AD 增大 减小 DB
【详解】（1）[1]A.本实验采用的科学方法是控制变量法，其它物理量不变，改变其中某一个物理量，A正确；
B.静电计测量的是电势差，该实验电量不发生变化，B错误；
C.电压表必须有电流通过才行，所以不能用电压表代替，C错误；
D．。静电计与B板连接，所以与A板带的是异种电荷，D正确。
故选AD。
（2）[2]A板向左移动，根据
可得电容变小，根据
电量不变，电势差增大，静电计指针张角增大。
[3]向两板间插入玻璃片，增大，从而电容增大，而带电量保持不变，导致两极板间的电压降低，静电计指针张减小
（3）[4]保持B板不动，将A板上下移动，目的是改变两极板的正对面积，B、D是改变两极板的正对面积，符合题意，A是改变介电常数，C是改变两极板间的距离。
故选BD。
四、解答题（本题共4小题，共46分）
15．（8分）如图所示，一轻质绝缘细绳上端固定，下端悬挂一个带电小球，现加水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角，已知小球所带电荷量，匀强电场的电场强度，，，g取10N/kg，求：
（1）小球所受电场力F；
（2）小球的质量m。

【答案】（1），方向水平向右；（2）
【详解】（1）小球所受电场力F大小为
代入数据可得
方向水平向右；
（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，受力分析如图所示

根据共点力平衡条件和图中几何关系有
解得小球的质量
16．（10分）如图所示的装置由加速器、辐向电场和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。如图所示，一比荷为k的带正电粒子由静止经加速电压加速后，垂直进入辐向电场（电场强度方向指向圆心），沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，之后水平射入偏转电压为的平移器，最终离开时打在荧光屏上的A点。不同区域内电场互不影响，不计粒子的重力。求：
（1）粒子射出加速器时的速度大小；
（2）圆弧虚线处电场强度E大小；
（3）粒子从进入平移器到打在A点，求竖直总位移y。
【答案】（1）；（2）；（3）y1=U1l24dU0
【详解】（1）设粒子射出加速器的速度为，粒子的电荷量为q，质量为m。由动能定理得
其中，解得
（2）在辐向电场中运动做匀速圆周运动，有
解得
（3）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t，加速度的大小
在离开时，竖直分速度
竖直位移
水平位移
解得y1=U1l24dU0
17．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量，电荷量为（）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，，圆轨道半径，取，，求：
（1）刚释放小球时小球的加速度的大小；
（2）若小球释放点与A点距离，小球到达A点时，对A点的正压力；
（3）若小球恰好能完成圆周运动，释放点沿斜面到A的距离。
【答案】（1）；（2），方向由指向A；（3）
【详解】（1）如图所示
小球带负电，受到的电场力水平向右，
小球受到的重力和电场力的合力与竖直的夹角满足
可得
可知重力和电场力的合力刚好沿斜面向下，设刚释放小球时小球的加速度为，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得
（2）若小球释放点与A点距离，设小球到达A点时的速度为，则有
解得
小球在A点时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球到达A点时，对A点的正压力大小为，方向由指向A。
（3）若小球恰好能完成圆周运动，设释放点沿斜面到A的距离为，如图所示
小球在圆轨道最小动能的位置为D点，此时轨道对小球弹力为零，小球受到的重力和电场力的合力刚好指向圆心，提供小球做圆周运动的向心力，则有
从小球静止释放到D点过程，根据动能定理可得
联立解得
18．如图所示，在水平面的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，变化规律如图所示。把一质量为m、带电荷的小球在时从A点以大小为的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以的动能竖直向下经过点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知之间的高度差为，水平距离为点到水平面的竖直距离为，重力加速度为。求：
（1）两点间的电势差；
（2）匀强电场的场强的大小；
（3）小球到达水平面时与A点的水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，
从A到B的过程根据动能定理有
解得AB两点之间的电势差
（2）小球从A点以动能mgh水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgh，说明水平方向上减速运动，水平方向有
解得
方向水平向左；竖直方向有
解得
方向竖直向下。所以匀强电场的场强
方向与水平方向成45°角斜向左下。
（3）根据题意建立如图所示的坐标系
已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同
小球从A到B，在y轴上有
解得
到达D点时小球沿y轴方向的分速度为
则A到D沿y轴方向的位移为
小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为
经过E点后，2T~3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为
2T~3T时间沿y轴的位移为
以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T~4T时间沿y轴的位移为
4T~5T时间沿y轴的位移为
以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为
令，解得
可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时
则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为
小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度
小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，
从第5次经过y轴到水平面经历时间为
与对比可得
小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，
其位移为
由A到B的过程中，沿水平方向有
解得
小球到达水平面时与A点的水平距离。