四川省南充高级中学2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

南充高中2022-2023学年度上学期期中考试高2021级物理试题（时间：90分钟满分100分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）1.比值法是用两个基本物理量的比值来定义一个新物理量的方法，例如密度定义为质量与体积的比值，速度定义为位移与时间的比值。下列表达式中采用比值法定义物理量的是（）①②③④⑤A.②③⑤B.②③④C.①②④D.①②⑤【答案】C【解析】【详解】ABCD．比值定义法，是在定义一个物理量时，采用比值的形式，被定义的新物理量不随定义所用的物理量的大小改变。①被定义的电场强度不会随所用的物理量电场力和电荷量的改变而改变，符合题意；②被定义的电势不会随所用的物理量电势能和电荷量的改变而改变，符合题意；③是场强的决定式，场强的大小由这个式子决定，故不符合题意；④被定义的电容不会随所用的物理量电荷量和电势差的改变而改变，符合题意；⑤是电容的决定式，电容的大小由这个式子决定，故不符合题意；所以①②④符合题，故ABD错误，C正确。故选C。2.如图所示，一木块置于水平桌面上，木块与桌面的缝隙之间有一纸条，第一次将纸条缓慢从木块下方抽出，木块落到地面上的P点，第二次将纸条快速从木块下方抽出，若木块仍落到地面，则落地点（）A.仍在P点B.在P点左侧C.在P点右侧不远处D.在P点右侧原水平位移的两倍处 【答案】B【解析】【详解】将纸条快速从木块下方抽出时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，则纸条对木块的冲量减小，木块动量变化较小，故木块平抛的速度减小，水平射程减小，故木块的落点在P点的左侧。故选B。3.如图所示，在半径为r的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心O处电场强度大小为（静电力常量为k）（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【详解】根据可知，-Q与-Q在O点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为故选B。4.如图所示，两根细绳拴着两个质量相等的小球A、B，当它们不带电时，上、下两根细绳的拉力分别为、，现在使A、B带同种电荷，此时上、下细绳的拉力分别为、，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】 【详解】运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带点，整体都受重力和细线的拉力，则有平衡条件得上丝线拉力所以隔离B进行研究，不带电时受重力、下丝线的拉力由平衡条件得带电时受重力、下丝线的拉力和A对B的向下的排斥力，由平衡条件得即所以故选A【点睛】本题考查整体法隔离法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力。5.静止于坐标原点O的点电荷的电场中，任一点的电势与该点和点电荷之间的距离x的关系如图所示。A、B、C为x轴上等距的三点，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（　　）A.A、B、C三点的场强关系为：B.A、B、C三点的电势关系为：C.AB、BC间的电势差关系为：D.负电荷在A、B、C三点的电势能关系为：【答案】D【解析】 【详解】A．依题意，根据点电荷场强公式，可知离点电荷距离越远，场强越小，可得故A错误；B．由图可知故B错误；C．根据知，因为AB的平均场强大于BC间的平均场强，所以有故C错误；D．根据电势能定义式，可知同一负电荷在电势高的地方电势能反而小，可得三点的电势能关系为故D正确。故选D。6.如图所示，有一水平向右的匀强电场，范围足够大，场中有一灯丝O，某时刻释放出速率相同的电子，速度方向在水平面内沿任意方向，电子的重力忽略不计，则（）A.同一时刻所有电子的动量一定相同B.同一时段所有电子的位移一定相同C.同一时刻所有电子加速度一定相同D.同一时刻所有粒子的动能一定相等【答案】C【解析】【详解】C．由牛顿第二定律得 同一时刻所有电子的加速度一定相同。故C正确；A．电子所受电场力相同，相同时间内，电场力的冲量相同，由于电子的初动量不同，由动量定理，同一时刻所有电子的动量不一定相同。故A错误；B．初速度向左的电子，做匀加速直线运动；初速度向右的电子，先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，初速度方向竖直向上和竖直向下的电子，做类平抛运动。由于所有电子的加速度相同，运动性质不同，同一时段所有电子的位移一定不相同。故B错误；D．从开始运动到某时刻，初速度水平向左的电子和初速度水平向右的电子，静电力做功不同，粒子的动能一定不相等。故D错误。故选C。7.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中的三个点，已知，，，将一带电量为的正电荷从A点移到B点，电场力做功，则下列说法正确的是（）A.A点电势为B.该正电荷在A点具有的电势能为C.电场强度E沿AC方向由A指向CD.D点与C点处于同一等势线上【答案】D【解析】【详解】由题意得因为，所以A错误；该正电荷在A点具有的电势能为 B错误；CD．因为，所以D点与C点处于同一等势线上，电场强度E沿AB方向由A指向B，C错误，D正确。故选D。8.如图所示，两块水平正对平行放置的金属板A、B与电源相连，在与两板等距的M点有一带电液滴处于静止状态。若将A板向上平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（）A.液滴将加速向上运动B.M点电势降低C.带电液滴在M点的电势能减小D.在A板向上平移过程中，电路中电流沿顺时针方向【答案】B【解析】【详解】A．电容器两端电压U不变，根据可知电场强度减小，电场力减小。因此液滴向下加速，A错误；B．根据又因=0，因此M点电势降低，B正确；C．由于带电粒子带负电，电势能表达式电势减小，因此带电粒子的电势能增加。C错误；D．若将A板向上平移一小段距离，板间距增大，根据 可知电容器电容减小，由于电压不变，因此电荷量减小，电容器放电，电流方向逆时针方向，D错误。故选B。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选的得零分）9.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷电场中的三个等势线，相邻等势线的电势差相等，质子射入电场后（只受电场力作用）的运动轨迹如图中实线所示，其中先后经过的四个点1、2、3、4表示运动轨迹与等势线的交点，由此可以判定（）A.O处的点电荷一定带负电B.质子运动过程中，动能先减小后增大，电势能先增大后减小C.三个等势线的电势高低关系是D.质子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等【答案】BD【解析】【详解】A．从质子射入电场后的运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点O处电荷带正电，故A错误；B．两个电荷相互排斥，故质子运动过程中电场力先做负功，后做正功，根据动能定理，动能先变小后变大，电势能先增大后减小，故B正确；C．点O处电荷带正电，结合正电荷的等势面图，可以知道a、b、c三个等势面的电势高低关系是故C错误；D．由于相邻等势线的电势差相等，所以电场力做功 所以质子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等，故D正确。故选BD。10.如图为示波器的工作原理示意图，电子经电压为的加速电场后，以（方向水平向右）进入偏转电场（电场线沿竖直方向），最终从偏转电场右侧离开，偏转电场两平行极板的间距为d，电势差为，板长为L，为了增大电子在偏转电场中的偏转角，可采取的方法是（）A.尽量使板长L长些B.使加速电压降低一些C.减小两板间电势差D.尽可能使板间距离d大一些【答案】AB【解析】【详解】电子在加速电场中根据动能定理得电子在偏转电场中所以偏转电场中偏转角的正切值为要增大电子在偏转电场中的偏转角，应使板长L长些或使加速电压降低一些。故选AB。11.一带电粒子在非匀强电场中做直线运动，由A点经B、C点运动到D点，其图像如图所示，忽略粒子重力，则下列说法中正确的是（） A.A点的电场强度一定小于B点的电场强度B.粒子在A点的电势能小于在B点的电势能C.CD间各点的电场强度为零D.A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差【答案】CD【解析】【详解】A．由v-t图可知，四个点中A点斜率最大，故加速度也最大，由，可得A点电场强度最大，故A错误；B．粒子只受电场力，那么当动能最大时，电势能最小，动能最小时，电势能最大。所以由v-t图可知，A点电势能大于B点电势能，故B错误；C．粒子通过CD时速度大小不变，可知此时粒子的加速度为零，即受到的电场力为零，电场强度为零，故C正确；D．AC两点速度相等，则可知电场力做功为零，AC两点电势相等，从A到B电场力做正功与B到C克服电场力所做功相等，则可得A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，故D正确。故选CD。12.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则（　　）A.碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1B.碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2C.A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞D.A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞【答案】AC【解析】【详解】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律 得A正确，B错误；CD．碰撞前系统动能为碰撞后系统动能为可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。故选AC。13.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦地滑动，小球B固定在圆环上和圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。现将小球A从水平位置的左端由静止释放，则下列说法中正确的是()A.小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中，电势能始终保持不变B.小球A可以恰好运动到圆环的水平直径右端P点C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率先增大后减小D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为【答案】CD【解析】【详解】A.开始时小球A与B之间的距离小于环的直径，而小球A与B之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，电势能增大，即小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中，电势能先减小后增大，故A错误；B.当B球不存在时，由于机械能守恒定律可得，A球能够运动到P点，但是当有B球后，A、B两球靠近时电场力做负功，一部分机械能转化为电势能，故A球不可能运动到P点，故B错误；C.小球A从释放到运动到圆环最低点Q 的过程中，必存在一点，在该点重力沿运动方向的力与库仑力沿运动反方向的力大小相等，在该点切向合力为零，速度达到最大；在此点前小球A速率增大，在此点后小球A速率减小，故C正确；D.由图可知A、Q两点与B球的距离相等，A、Q两点的电势相等，即φA＝φQ，所以小球在A点的电势能与在Q点的电势能是相等的，小球从A到Q的过程中增加的动能等于小球减少的重力势能，即mgR＝mv2小球到达圆环最低点Q时的速度大小v＝故D正确。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）14.“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示。（1）下列说法正确的一项是________。（请填正确选项前的字母）A．本实验中需要平衡小车与木板之间的摩擦力B．实验时应当先推动小车A，再接通打点计时器电源C．实验过程中用到的电火花打点计时器需要接6V直流电源D．这两个小车碰撞过程可视为弹性正碰（2）碰撞前B车静止在木板上，获得的纸带如图乙所示。打点计时器纸带上ab、bc、cd、de段的运动时间均为0.5s，相邻计数点间距分别为，，，，已测得小车A（含橡皮泥）的质量，小车B（含撞针）的质量。由图乙纸带中的数据以及点的分布情况可知，碰撞前系统的总动量为________，碰撞后系统的总动量为________。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.A②.0.290（0.288~0.290）③.0.287【解析】【详解】（1）[1]A．本实验中要平衡摩擦力，这样可减小实验误差，故A正确；B．实验时应先接通打点计时器电源，再推动小车A，故B错误；C．电火花打点计时器需要接220V直流电源，故C错误； D．两小车分别代撞针和橡皮泥，撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，故D错误。故选A。（2）[2][3]碰前A车做匀速直线运动，速度由bc段求得则碰前系统总动量p0=mAv0≈0.290kg·m/s碰后A、B车一起做匀速直线运动，速度由de段求得则碰后系统总动量p=（mA+mB）v≈0.287kg·m/s15.如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验。（1）给电容器充电后与电源断开，即保持____________（选填“电压”或“电荷量”）不变。若将B板上移，静电计指针偏角____________（选填“变小”“变大”或“不变”）；若将B板左移，静电计指针偏角变大，电容器的电容____________（选填“变小”“变大”或“不变”）。（2）“探究电容器充放电”的实验装置如图乙所示。将开关S扳到a，待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，则在插入过程中电流方向为______________；电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，电流方向为____________。（均选填“c至d”或“d至c”）【答案】①.电荷量②.变大③.变小④.d至c⑤.c至d【解析】 【详解】（1）[1][2][3]给电容器充电后与电源断开，即保持电荷量不变，若将B板上移，正对面积减小电容减小，且电压增大，静电计指针偏角变大。若将B板左移，静电计指针偏角变大，电容器的电容减小。（2）[4][5]待电容器充电结束后，向电容器中间插入一块有机玻璃板，电容变大，电量变大，有充电电流，电流方向为d至c，电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，因为上极板带正电，电流方向为c至d。四、解答题（本题共3小题，共32分。解题时需写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数据计算的题目，需写出最终结果和单位，只有最后答案的不得分）16.如图所示，两个高度相同的滑块A和B静止在绝缘光滑的水平面上，二者之间的距离，滑块A及滑块B的质量均为m，其中滑块A所带电荷量为，滑块B不带电。此时在空间中施加一水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小为。已知A与B的碰撞为弹性正碰，碰撞过程中不发生电荷转移，。试求：（1）滑块A第一次与滑块B发生弹性正碰后滑块B速度；（2）从第一次碰撞结束至第二次碰撞前滑块A的运动时间。【答案】（1）10m/s，速度方向水平向右；（2）4s【解析】【详解】（1）以A为研究对象，设A第一次与B发生弹性正碰前的速度为，则带入数据解得 A、B弹性正碰解之得速度方向水平向右（2）从第一次弹性正碰后到第二次弹性正碰前，这一阶段A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动，且二者的运动时间t及位移均相等。则其中带入数据解得17.如图所示，平行板电容器水平放置，A、B两极板间距离为d，电容器的电容为C，A、B两极板通过开关S与直流电源相连，A极板中心开有一小孔，小孔的直径非常小，对两极板间电场分布的影响忽略不计。闭合开关S，将一质量为m，电荷量为+q的金属小球从小孔正上方的O点由静止释放，小球穿过小孔到达B极板时速度恰好为零。重力加速度大小为g，小球可视为质点，不计空气阻力，A、B两极板间的电场可视为匀强电场，求：（1）小球到达小孔处时的速度大小（用题中已给的物理量符号表示）；（2）电容器所带的电荷量（用题中已给的物理量符号表示）；（3）保持开关S闭合，若将电容器的B极板上移0.2d，再次将小球从O点由静止释放，求当小球在电容器中速度减为零时，与A极板之间的距离（用题中已给的物理量符号表示）。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据机械能守恒，设小球刚到达小孔处时速度为，则解得（2）由于小球到达B极板时速度恰好为零，根据动能定理有因此电容器的带电量为（3）电容器两极板间的原场强大小保持开关S闭合，移动B极板后，场强变为设小球运动至A极板下方L处时速度恰好减为零，根据动能定理有联立解得18.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于极板C、D的方向射入偏转电场，并从另一侧 射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场及偏转电场的电压分别为U1、U2，偏转电场的极板长度为L，C、D极板间距为d，在偏转电场的右侧有一挡板E以及足够大的荧光屏MN。已知挡板E与极板CD右端的距离为L，挡板E的长度为0.5d，B板的小孔，E板的中心均在CD连线的中垂线上，初始时刻电子处于A极板的中心，忽略电子所受重力。（1）求电子刚离开加速电场时的速度大小（用题中已给的物理量符号表示）；（2）求电子刚离开偏转电场时的偏转距离（用题中已给的物理量符号表示）；（3）若保持极板C、D的电性不变，请问调节U2在什么范围内可以使电子打到荧光屏MN上（用题中已给的物理量符号表示）？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设电子刚离开加速电场时的速度为v0，则解得（2）电子从C、D极板的左端进入偏转电场后做类平抛运动，加速度为运动时间为所以偏转距离为 （3）临界情形一：电子恰好从挡板E的边缘掠过，设电子在偏转电场中的偏转距离为y1，如图根据类平抛运动的规律有根据已知条件有由于三角形GHJ与三角形GIF相似，因此即解得临界情形二：电子恰好从D极板右端掠过，电子在偏转电场中的偏转距离为所以要使电子能打到荧光屏MN上需满足条件联立解得