重庆市第二十九中学2023-2024学年高二上学期期中测试物理试题（Word版附解析）

重庆二十九中2023-2024学年度上期高二年级物理半期测试题（时间：75分钟满分：100分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求）1.物理是源自于生活的科学，只要细心观察，生活中处处皆是物理。下列说法中正确的是（　　）A.在没有空气的宇宙空间，火箭无法利用反冲进行加速B.当静止的章鱼向前喷水时，可使身体向前运动C.地球同步卫星绕地心做匀速圆周运动，地球对卫星的引力在一个运行周期内的冲量为零D.两物体摩擦起电的过程中会产生新的电荷【答案】C【解析】【详解】A．火箭的加速利用了反冲原理，靠喷出气流的反作用力进行加速，没有空气也可以，故A错误；B．静止的章鱼向前喷水时，利用反冲可使身体向后运动，故B错误；C．地球同步卫星绕地心做匀速圆周运动，经过一个周期，卫星回到初始状态，卫星的动量的变化量为零，根据动量定理可知，地球对卫星的引力在一个运行周期内的冲量为零，故C正确；D．摩擦起电并没有创造电荷，只是电荷从一个物体转移到另一个物体，即两物体摩擦起电的过程中不会产生新的电荷，故D错误。故选C。2.下表面带负电的云层靠近避雷针时，由于静电感应，因此避雷针尖端带有正电荷，避雷针周围电场的电场线、等势线如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，下列说法正确的是（）A.A点和D点的电场方向相同 B.A点的场强大小小于D点C.D点的电势比C点的电势低D.将带负电的试探电荷由B点移动到C点，试探电荷的电势能增大【答案】D【解析】【详解】A．某点的电场方向为该点电场线的切线方向，故A点和D点的电场方向不同，故A错误；B．电场线越密，电场强度越大，故A点的场强大小大于D点，故B错误；C．根据沿电场线方向电势降低，故D点的电势比C点的电势高，故C错误；D．根据沿电场线方向电势降低，B点的电势比C点的电势高，将带负电的试探电荷由B点移动到C点，电场力做功为可知电场力做负功，试探电荷的电势能增大，故D正确。故选D。3.电子秤采用传感器技术、电子技术和计算机技术一体化的电子称量装置，如图所示是用平行板电容器制成的某品牌电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。在某次秤完商品后顾客觉得所购物品太多，从秤上拿走部分物品后，则（）A.电容器的电容变小B.电容器的电势差减小C.电容器的极板电荷量不变D.电容器的极板间电场强度大小不变【答案】A【解析】【详解】顾客从秤上拿走部分物品后，则压力减小，两板距离变大，根据可知电容器的电容减小，而因电容器两板间电势差U不变，根据Q=CU可知，电容器的极板电荷量减小，根据 可知电容器的极板间电场强度减小，选项BCD错误，A正确。故选A。4.如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是（　　）A.当n1=n2时，电流为零B.当n1>n2时，溶液中电流方向从A→B，电流为C.当n1<n2时，溶液中电流方向从B→A，电流为D.溶液中电流方向A→B，电流【答案】D【解析】【详解】AC．根据正电荷定向移动的方向为电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流的方向相反，可判断出溶液中电流方向为A→B，故AC错误；BD．由题意t秒内流过横截面S的电荷量为可得电流为故B错误，D正确。故选D。5.A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距2l，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处如图甲所示；此时q所受的静电力为F1，若A的电荷量变为-Q，如图乙所示，其他条件都不变，则q所受的静电力大小变为为F2，为使F2大于F1，l和x的大小应满足（　　） A.l>xB.l<xC.l>xD.l<x【答案】A【解析】【详解】设AC、BC与AB连线的夹角为，A、B是等量同种电荷时，q所受的静电力为A、B是等量异种电荷时，q所受的静电力为为使F2大于F1，l和x大小应满足即故选A。6.如图，质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，初始时刻小球在小环的左下方，绳子拉直，由静止释放，不计空气阻力，则（）A.小球和小环组成的系统，动量守恒B.小球和小环组成的系统，机械能不守恒C.小球摆到最低点过程中，小球的机械能减少D.小球向右摆到最高点的高度比释放高度低【答案】C【解析】【详解】A．由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直 方向上合外力不为零，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故A错误；B．根据题意可知，除了系统内力，小球和小环在运动过程中未受到除了重力之外的力的作用，因此它们组成的系统机械能守恒，故B错误；C．小球摆到最低点过程中，环的机械能增大，系统机械能守恒，所以小球的机械能减少，故C正确；D．水平方向不受外力，则小球和小环组成的系统水平方向动量守恒。小球向右摆到的最高点时，小球和小环的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得0=2mv解得v=0根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同，故D错误。故选C。7.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球；在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动,以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力、则（）A.电场强度方向沿x轴正方向B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等D.到达x1位置时，小球速度的大小为【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，小球向下运动运动时机械能减小，可知电场力做负功，电场力方向向上，因小球带正电，可知电场强度方向沿x轴负方向，选项A错误；B．图像的斜率等于电场力，可知从O到x1的过程中，电场力逐渐减小，根据 可知小球的加速度越来越大，速率越来越大，选项B错误；C．从O到x1的过程中，相等的位移内，机械能减少量不相等，则小球克服电场力做的功不相等，选项C错误；D．从O到x1的过程中，电场力做功为由动能定理解得到达x1位置时小球速度的大小为选项D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分，在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全选对得5分，选对但不全的得2分，有错的得0分）。8.如图所示，用起电机使金属鸟笼带电，站在金属架上的鸟安然无恙，其原因是（）A.鸟的脚爪与金属架绝缘B.起电机使笼带电，笼的电场强度不会很高C.鸟笼内部场强为零，电荷分布在笼的外表面D.金属鸟笼起静电屏蔽的作用【答案】CD【解析】【详解】起电机使金属鸟笼带电，金属鸟笼起静电屏蔽的作用，鸟笼内部场强为零，电荷分布在笼的外表面且是等势体，所以站在金属架上的鸟安然无恙。故选CD。9.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，∠ABC=90°，∠C=30°， DE是三角形的中位线，AB边长为2m，质量为1.6×10-25kg的一价正离子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，正离子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，已知电子电量为-1.6×10-19C，正离子的重力忽略不计，下列说法正确的是（　　）A.D点电势为17VB.正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功6eVC.匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小为6V/mD.正离子从D点射入的速度大小为3×103m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．由于DE是三角形的中位线，根据匀强电场电势分布特点可知故A错误；B．同理所以正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功为故B正确；C．取AD的中点F，连接BF，如下图 根据匀强电场电势分布特点可知故BF为等势线，由几何关系可知BF垂直于AD，所以匀强电场的方向为由D点指向A点，大小为故C正确；D．粒子的初速度方向与场强方向垂直，做类平抛运动，有解得故D正确。故选BCD。10.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。当B静止在与竖直方向夹角方向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（） A.若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧B.此时丝线长度为C.若A对B的静电力为B所受重力的倍，要使B球依然在处静止，则丝线BC的长度应调整为或D.以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小减小【答案】AC【解析】【详解】B．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为L=hcos30°=h故B错误；D．由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，在θ=0°之前，由三角形相似可知 随着电量的减少，BC绳长度不变，所以细绳的拉力不变；到θ=0°未漏完电，θ=0°后，由于二者在同一个竖直直线上，根据受力平衡可得，库仑力减小（漏电），丝线拉力增大，所以整个过程丝线拉力先不变，后增大，故D错误；A．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，根据D选项中可知设AB=R，根据库仑定律可得则有由于电荷量不变，G和h不变，则R不变，所以缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，故A正确；C．若A对B的静电力为B所受重力的倍，则B静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有解得根据余弦定理，可得（h）2=h2+BC2-2×BC×hcos30°解得BC=h，或BC=h故C正确。故选AC。 二、实验题（共16分）11.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．A板与静电计的指针带的是异种电荷D．静电计可以用电压表替代（2）实验开始时给电容器充电过程中其电荷量Q、电势差U、电容C之间相互关系的图像如图所示，其中描述正确的是_______。A．B．C．D．（3）保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角________；保持AB板不动，向两板间插入陶瓷片，静电计指针张角_______。（填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】①.AC##CA②.CD##DC③.减小④.减小【解析】【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，故A正确；B．静电计测量的是电势差，该实验电量不发生变化，故B错误；C．静电计与B板连接，所以与A板带的是异种电荷，故C正确；D．电压表必须有电流通过才行，所以不能用电压表代替，故D错误。故选AC。（2）[2]ABD．电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故AB错误，D正确；C．由可知，电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比，即Q-U图像为一条过原点的倾斜直线，故C正 确。故选CD。（3）[3]保持B板不动，将A板向右移动，根据得电容变大，根据知，电量不变，电势差减小，静电计指针张角减小；[4]向两板间插入陶瓷片，增大，则电容增大，同理，张角减小。12.某科学兴趣小组同学用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：①用绳子将大小相同、质量分别为和的小球A和B悬挂在天花板上；②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、β；回答下列问题：（1）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。（2）若两球动量守恒，应满足的表达式为______（用mA、mB、α、β表示）。另一小组同学用该实验装置想验证两小球间的碰撞是弹性碰撞，实验步骤如下：①小球B竖直静止，将小球A拉起一定角度α，从静止释放；②小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，用量角器测出小球B能摆起的与竖直方向的最大角度β；③多次改变初始α值，使得小球B摆起的最大角度发生变化，记录多组α、β值，以为纵轴，为横轴，绘制图像，如图乙所示（3）该小组实验中需保证两小球的质量满足______（选填“”、“”或“＝”）。 （4）图乙中图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比为_________。【答案】①相等②.③.④.【解析】【详解】（1）[1]实验需要两小球发生碰撞，则两小球绳长必须相同。（2）[2]设绳长为，对A、B球爆炸后由动能定理得，由动量守恒定律得联立解得（3）[3]小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，则A的质量小于B的质量，A才会反弹。[4]小球A与B碰撞前根据动能定理可得小球A和小球B发生正碰，则B上升到最大高度，此过程中根据动能定理可得解得整理可得则A、B两球的质量之比为 三、解答题（共41分）13.如图1，坐标轴上有A、B两点，坐标分别为和，在A、B两点之间某点处有一个点电荷，由形成的电场中，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力的大小跟试探电荷的电量关系图像如图2中直线、所示，试探电荷受到的电场力方向都跟轴的正方向相同，放在A点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电，求：（1）试判断点电荷的电性；（2）B点的电场强度的大小和方向；（3）点电荷的位置坐标。【答案】（1）带负电；（2），方向指向轴负方向；（3）【解析】【详解】（1）试探电荷所受电场力都指向轴正方向，结合A点试探电荷带正电，B点试探电荷带负电，A点电场强度方向指向轴正方向，B点电场强度方向指向轴负方向，可知电荷带负电。（2）由图可知，B点的电场强度大小方向指向轴负方向。（3）同理可得A点的电场强度大小为设点电荷的坐标为，根据点电荷场强表达式 可知解得14.质量均为M=0.1kg的木块A和B，并排放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L=0.3m的细线，细线另一端系一质量为m=0.1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求：（1）当小球C第一次到达最低点时，木块A向右移动的距离；（2）当A、B两木块恰分离时，小球对细线的拉力。【答案】（1）0.1m；（2）4N.【解析】【详解】（1）小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有压力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，压力为零，此时，A、B将要分离。A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC-2MvA=0则有由几何关系得x1+x2=L解得A移动的距离为（2）A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC-2MvA=0 由机械能守恒定律得联立并代入数据解得当A、B两木块恰分离时，小球相对A的速度为根据牛顿第二定律解得小球对细线的拉力15.如图所示，某正方形空间有交替的电场，每个电场竖直宽度为d，共有4个相同的区域，相邻电场方向相反，电场场强大小均为E，其中M、N分别为、的中点。一个质量为m、电量为q的带正电粒子从距A点的P处垂直射入电场，不计重力。（1）若初动能，求粒子在电场中的运动时间t；（2）若粒子从N点射出，求粒子射入电场时的初动能；（3）若粒子从中点M处与水平方向成角射入电场，初动能，且带电粒子从边出射，求入射角的范围。【答案】（1）；（2）（，1，2，3…）；（3）【解析】 【详解】（1）对粒子，由题意，动能设粒子从边射出，侧向位移为水平位移解得由以上各式可得粒子在电场中的运动时间（2）由题意得，从N点射出的时间存在周期性其中则粒子射入电场时的初速度所以初动能为（，1，2，3…）（3）若粒子斜向上射出，设与水平方向的夹角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做加速相同的减速运动然后加速运动粒子的速度运动时间为 粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则且代入数据化简可得即解得（舍去）或解得所以入射角的范围为斜向上与斜向下之间，所以入射角的范围为