重庆市 2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）

重庆市凤鸣山中学教育集团2023-2024学年度上期中考试高2022级物理试题考试说明：1．时间：90分钟2．试卷总分：100分3．试卷页数：6页注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。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0B.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【解析】【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2:3C.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【解析】【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；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【解析】【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。 【点睛】本题考查各种物理现象中蕴含的原理。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振动时，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加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【解析】【详解】A．当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变大，根据可知电容变小，故A错误；B．由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知当电容变小时，所带电荷量减少，故B错误；C．当极板间距变大时，由可知电容器两极板间场强减小，故C错误；D．根据前面分析电容器所带电荷量减少，电容器放电，电容器左边极板带正电，故可知此时放电电流通过电阻上时方向自左向右，故D正确。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>EDD.A、B、C、D四点的电势大小关系为φA<φB<φC<φD【答案】B【解析】【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【解析】【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。7.两电荷量分别为和的点电荷固定在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.的值小于的值C.将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功D.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【答案】D【解析】【详解】A.无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故A错误；B.OA之间的距离为，AM之间的距离为，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有 ，因此；C.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，可知电场力先做正功后做负功，故C错误；D.将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故D正确。故选：D8.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.B.弹簧伸长量为C.A球受到的库仑力大小为D.相邻两小球间距为【答案】A【解析】【详解】AD．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A正确，D错误；B．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B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A。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.装有一定量细沙的两端封闭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，忽略水的粘滞阻力，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。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，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.时刻，加速度方向与位移方向相同C.在时间内，玻璃管位移减小，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【解析】【详解】A．装有一定量细沙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．由图乙可知在t1时刻，位移为负，加速度方向为正，所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反，故B 错误；C．由图乙可知，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，其振动频率与振幅无关，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L，电子电荷量绝对值为e，质量为m，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【解析】【详解】A．根据题意，由动能定理可得，电子从下极板边缘射出的动能为，故A错误；BC．电子在加速电场中有电子在电场中运动时间为 极板间距为解得故C错误，B正确；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，故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a、b、c为虚线上的三点，其中a、c连线与垂直。某时刻电子以水平向右的速度v通过a点，则（）A.若、、为电场线，则电子可能通过c点B.若、、为电场线，则一定有C.若、、为等势线，则电子可能通过c点D.若、、为等势线，则一定有【答案】AD【解析】【详解】B．若l1、l2、l3为电场线，则ac两点电势相等，一定有故B错误； A．若l1、l2、l3为电场线，当电场方向斜向上时，电子在电场中做类斜抛运动，有可能能够通过c点，故A正确；D．若l1、l2、l3为等势线，则该电场为匀强电场，一定有故D正确；C．若l1、l2、l3为等势线，a、c连线在电场线上，电子受力在a、c连线上，但由于有初速度，电子时等势线方向做匀速直线，在ac方向做加速运动向ac方向运动，一定不会通过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4：1C.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【解析】【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________mm（2）若某同学测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出图像，就可以求出当地的重力加速度g。 理论上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，________（取，结果保留三位有效数字）【答案】①.19.85②.C③.9.87【解析】【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径（2）①[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，导致摆长偏小。故选C。②[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。给电容器充电后与电源断开。 （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）给电容器充电后与电源断开，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A、B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】①.AD##DA②.增大③.减小④.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]A．本实验采用的科学方法是控制变量法，选项A正确；B．使用静电计的目的是测量电容器两板电势差的变化情况，选项B错误；C．电压表必须有电流通过才能使用，不能替代，选项C错误；D．A板与静电计的指针带的是异种电荷，选项D正确。故选AD。（2）[2][3]给电容器充电后与电源断开，保持B板不动，将A板向左移动，两板间距变大，根据 可知，电容减小，根据Q=CU因Q一定，可知U变大，即静电计指针张角增大；保持A、B板不动，向两板间插入玻璃片，根据可知，电容变大，根据Q=CU因Q一定，可知U变小，静电计指针张角减小。（3）[4]保持B板不动，将A板上下移动是改变两极板的相对面积来改变电容，从而使静电计指针的偏角变化。A．该图是通过改变电介质改变电容，A不符合题意；B．该图是通过改变相对面积来改变电容，B符合题意；C．该图是通过改变两板间距改变电容，C不符合题意；D．该图是通过改变相对面积来改变电容，D符合题意；故选BD。四、解答题（本题共4小题，共46分）15.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）【解析】【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.如图所示的装置由加速器、辐向电场和偏转器组成，偏转器由一对水平放置的平行金属板构成，极板长度为l、间距为d。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偏转器，最终从A点离开偏转器。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）粒子从进入偏转器到从A点离开，求竖直位移y的大小。【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】【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）在偏转电场中，设粒子的运动时间为t，加速度的大小竖直位移水平位移联立解得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，g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B点时，对B点的正压力大小；（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）12.5m/s2；（2）92.5N；（3）1.2m【解析】【详解】（1）对小球进行受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律代入得到mgsinθ+qEcosθ=ma解得a=12.5m/s2（2）从释放到A点，把重力与电场力当成一个等效的“重力”，其大小为设重力与电场力的合力—等效“重力”方向与竖直方向成α角，故所以α=37°即“重力”方向与竖直夹角为37°，恰好沿斜面方向，从释放到B点根据动能定理有在B点时根据牛顿第二定律由牛顿第三定律FN′=FN联立解得FN′=92.5N（3）小球若恰好能到达C点，在C点由牛顿第二定律可得 从释放达到C点，由动能定理得代入数据解得s=1.2m18.如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m、带电荷的小球在时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为的速度竖直向下经过B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AB之间的高度差为2h，水平距离为h，A点到水平面C的竖直距离为128h，重力加速度为g。求：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强的大小和方向；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。【答案】（1）；（2），与水平方向成45°角斜向左下；（3）【解析】【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点以的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点，小球的速度竖直向下，大小为，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