重慶市萬州第二高級中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理 Word版含解析.docx

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萬州二中教育集團2023年秋季高2022級期中考試物理試題本試卷分為試題卷和答題卷兩部分，其中試題卷由第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷組成，共4頁；答題卷共2頁。滿分100分，時間75分鐘。第Ⅰ卷（選擇題，共43分）注意事項：1.答第Ⅰ卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上。2.每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其他答案，不能答在試題卷上。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28.0分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種很重要的思想方法，以下屬于用比值法定義的物理量是（　?。〢.電場強度B.電場強度C.電容D.電勢差【答案】AD【解析】【詳解】A．電場強度與電場本身有關(guān)，與電場力和試探電荷電荷量無關(guān)，屬于用物理量之比定義新的物理量，故A符合題意；B．公式表明電場強度與電荷量成正比，與距離的平方成反比，公式不屬于比值定義式，故B不符合題意；C．公式是電容的決定式，電容的大小由這個式子決定，故C不符合題意；D．電勢差由電場本身決定，與和無關(guān)，屬于用物理量之比定義新的物理量，故D符合題意。故選AD。2.我國女子短道速滑隊曾在世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面之間在水平方向上的相互作用，則（　?。?A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D.甲與乙的加速度大小相等方向相反【答案】B【解析】【詳解】A．甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量，大小相等，但是方向相反，A錯誤；B．甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，甲、乙的動量變化大小相等，方向相反，B正確；C．在推動過程中，甲、乙之間的相互作用力等大反向，但無法確定對地位移的大小關(guān)系，因此無法判斷做功的關(guān)系，即甲的動能增加量不一定等于乙的動能減少量，C錯誤；D．甲、乙的質(zhì)量關(guān)系未知，無法判斷加速度的大小關(guān)系，D錯誤。故選B。3.如圖所示，在真空中，ab、cd是圓O的兩條直徑，在a、b兩點分別固定有電荷量為＋Q和﹣Q的點電荷，下列說法正確的是（　?。〢.c、d兩點的電場強度相同，電勢相等B.c、d兩點的電場強度相同，電勢不等C.c、d兩點的電場強度不同，電勢相等D.c、d兩點的電場強度不同，電勢不等【答案】B【解析】【詳解】如圖為等量異種電荷電場線和等勢面分布圖 據(jù)對稱性可知，c、d兩點的電場強度相同；根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低可得，c點電勢高于d點。故選B。4.高空拋物行為曾被稱為“懸在城市上空的痛”，帶來很大的社會危害。2021年3月1日，“高空拋物”行為正式入刑。假設(shè)一500mL瓶裝水從80m高處自由落下，與地面接觸時間為0.05s，撞擊地面后速度變?yōu)?，則該瓶裝水對地面的沖擊力約為（　?。〢.5NB.100NC.400ND.1000N【答案】C【解析】【詳解】設(shè)瓶裝水質(zhì)量為m,由質(zhì)量與密度公式得水的質(zhì)量為落地瞬間的速度為v，忽略空氣阻力，由動能定理得得速度為瓶裝水落地時受到自身的重力和地面的支持力，若規(guī)定向上為正方向，由動量定理得解得可得該瓶裝水對地面的沖擊力約為400N。故選C。 5.如圖所示，質(zhì)量為、帶電荷量為的粒子，以初速度從點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中點時，速率，方向與電場的方向一致，則、兩點的電勢差為（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有電場力做正功，重力做負功，使粒子的動能由變?yōu)?，則根據(jù)動能定理，有解得，、兩點電勢差應(yīng)為故選C6.平行板電容器與電源相連，間距為d，在兩豎直極板間用絕緣細線懸掛一帶電量為+q的小球，懸線與豎直方向夾角為，小球處于靜止狀態(tài)。已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（　　）A.兩極板間的電壓為B.保持開關(guān)S閉合，增大極板間距，變大C.保持開關(guān)S閉合，增大極板間距，不變 D.若斷開開關(guān)S，增大極板間距，不變【答案】D【解析】【詳解】A．對小球進行受力分析，有又因為解得故A錯誤；BC．開關(guān)S閉合，兩極板間電壓不變，由可知，增大極板間距時，變??；小球平衡時有則變小時，變小，故BC錯誤；D．斷開開關(guān)S后，兩極板帶電量不變，根據(jù)，，可得可知場強不變，因此小球受力情況不變，仍然靜止，所以不變，故D正確。故選D。7.如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為m的滑塊，滑塊右側(cè)面為一個半徑為的弧形的光滑凹槽，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為的小球以水平速度從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g。下列說法中正確的是（）A.當時，小球恰好能到達點 B.當時，小球在弧形凹槽上沖向點的過程中，滑塊的動能增大；返回A點的過程中，滑塊的動能減小C.如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上D.小球返回A點后做自由落體運動【答案】D【解析】【詳解】A．小球滑上凹槽的過程中，若凹槽固定，小球的速度沖上，根據(jù)機械能守恒解得但是，凹槽不固定，小球沖上來的過程中，凹槽也會運動，根據(jù)機械能守恒可知小球不能沖到點，A錯誤；B．小球在圓弧上運動的過程中，小球?qū)瑝K的壓力一直對滑塊做正功，所以滑塊動能一直增加，B錯誤；C．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)沿切線方向飛離凹槽，相對凹槽的速度方向豎直向上，兩者水平速度相等，所以小球會沿左側(cè)邊緣落回，C錯誤；D．小球和凹槽整個作用過程中，水平方向動量守恒，機械能守恒，類似于彈性碰撞解得所以小球返回A點后做自由落體運動，D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯得0分。8.如圖所示，一粗糙長木板M放置在光滑水平地面上，物塊N以某一水平速度滑上M，此后N始終未脫離M，則在運動過程中，下列說法正確的是（　?。?A.M的動量守恒B.M、N組成的系統(tǒng)動量守恒C.M、N組成的系統(tǒng)機械能守恒D.存在某段時間內(nèi)，N合外力的沖量為零【答案】BD【解析】【詳解】A．M、N共速前，受到摩擦力的作用，動量是變化的，故A錯誤；B．由于整個運動過程中，M、N組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，故動量守恒，故B正確；C．由于存在摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，M、N組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；D．M、N共速后，合力為零，此后的運動的任意時間內(nèi)，合外力的沖量為零，故D正確。故選BD。9.已知x軸上電場方向與x軸方向平行，x軸上各點電勢如圖所示，x=0處電勢為5V，一電子從x=-2cm處由靜止釋放，則下列說法正確的是A.x=0處電場強度零B.電子在x=-2cm處的加速度小于電子在x=-1cm處的加速度C.該電子運動到x=0處時的動能為3eVD.該電子不可能運動到x=2cm處【答案】AC【解析】【詳解】根據(jù)圖線斜率的意義可知，φ-t圖線的斜率表示電場強度，所以可知在x=0處電場強度為0．故A正確；圖線的斜率表示電場強度，由圖可知x=-2cm處的電場強度大于x=-1cm處的電場強度，則電子的加速度：a=Eq/m可知電子在x=-2cm處的加速度大于電子在x=-1cm處的加速度．故B錯誤；電子從x=-2cm處由靜止釋放，由圖可知，在x=-2cm處的電勢為2V，電子在x=0處的電勢為0，電子的電勢增大3V，所以電子的電勢能減小3eV ．由于電子運動的過程中只有電場力做功，電子動能的增加量等于電勢能的減少量，所以電子到達x=0處的動能為3eV．故C正確；由圖可知，y軸兩側(cè)的電場是對稱的，所以該電子能運動到x=2cm處．故D錯誤．10.如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場E=1×104V/m，其中有一個半徑為R=2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m=0.08kg、電荷量為q=+6×10-5C的帶電小環(huán)（視為質(zhì)點）穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達圓周上的B、C點?，F(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動。不考慮小環(huán)運動過程中電荷量的變化。下列說法正確的是（　?。╟os37°=0.8，g取10m/s2）A.小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1：1B.小環(huán)做圓周運動過程中經(jīng)過C點時動能最大C.小環(huán)做圓周運動過程中動能最小值是1JD.小環(huán)做圓周運動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5N【答案】AD【解析】【詳解】A．因為重力與電場力均為恒力，所以二者的合力大小為與豎直方向夾角正切值解得重力與電場力合力指向AO，A為等效最高點，根據(jù)等時圓，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確。B．等效最低點在AO延長線與圓軌道交點，而非C點。等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤。C．因為小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環(huán)在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤。 D．小環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力最大。從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F·2R=由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得FN=50N由牛頓第三定律，小環(huán)做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是5.0N，D正確。故選AD。三、實驗題：本題共2個小題，共15分，第11題6分，第12題9分。11.某研究性學(xué)習(xí)小組做“用傳感器觀察電容器的充電和放電”的實驗，把一個電容器、電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示連接。先將開關(guān)S撥至1端，電源向電容器充電，然后將開關(guān)S撥至2端，電容器放電，與電流傳感器相連接的計算機記錄這一過程中電流隨時間變化的線，如圖乙所示。（1）關(guān)于電容器的充、放電，下列說法中正確的是________。（填正確答案標號）A.電容器充、放電過程中，外電路有電流B.電容器充、放電過程中，外電路有恒定電流C.電容器充電過程中，電源提供的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減?。?）在形成電流曲線1的過程中，電容器兩極板間的電壓________；在形成電流線2的過程中，電容器的電容________。（均選填“逐漸增大”“不變”或“逐漸減小”）（3）曲線1與橫軸所圍面積________（選填“大于”“等于”或“小于”）曲線2與橫軸所圍面積?！敬鸢浮竣?AD②.逐漸增大③.不變④.等于【解析】【詳解】（1）[1]AB．由I-t圖像可知，電容器充、放電過程中，外電路中有電流，電流不斷變化，A 正確，B錯誤；C．電容器充電過程中，電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能，C錯誤；D．電容器放電過程中，電容器中的電場能逐漸減小，D正確；故選AD；（2）[2][3]在形成電流曲線1的過程中，電容器充電，電容器兩極板間的電壓逐漸增大；電容器的電容不隨電壓及電荷量的變化而變化，在形成電流線2的過程中，電容器的電容不變；（3）[4]根據(jù)可知圖像與坐標軸圍成的面積等于電容器充電或放電電量，電容器充電的電量等于放電的電量，故曲線1與橫軸所圍面積等于曲線2與橫軸所圍面積。12.佳佳老師帶領(lǐng)11、12班的研究學(xué)習(xí)小組利用圖所示裝置，將鋼球用細線懸掛于點，鋼球放在離地面高度為的支柱上，點到球球心的距離為。將球拉至懸線與豎直線夾角為，由靜止釋放后擺到最低點時恰與球正碰，碰撞后球把輕質(zhì)指示針（圖中未畫出）推移到與豎直線夾角處，球水平拋出后落到地而上，測出球的水平位移。用托盤天平秤量出球的質(zhì)量，b球的質(zhì)量，再結(jié)合當?shù)刂亓铀俣?，驗證了兩鋼球碰撞前后系統(tǒng)動量守恒。（1）由題可知：球的質(zhì)量___________球的質(zhì)量（填“大于”、“小于”或“等于”）；（2）球碰撞前后的速度的表達式___________，___________；（用表示）（3）碰后球速度的表達式___________（用表示）； 【答案】①.大于②.③.④.【解析】【詳解】（1）[1]球、球碰撞過程中，滿足動量守恒，又因為碰撞后，球繼續(xù)向左運動，所以可知，球的質(zhì)量大于球；（2）[2][3]對鋼球從靜止釋放后擺到最低點過程,根據(jù)動能定理可得解得球碰撞前的速度的表達式碰撞后，對鋼球從最低點到擺到最高點過程根據(jù)動能定理可得解得球碰撞后的速度（3）[4]球碰撞后，做平拋運動，根據(jù)平拋運動的性質(zhì)可得，豎直方向有水平方向有可得四、計算題：本大題共3小題，共42分。13題10分，14題14分，15題18分。解答應(yīng)寫出必要得文字說明、方程式和重要得演算步驟，只寫出結(jié)果的不能給分。13.如圖所示，真空中A、B、C三點都在勻強電場中。已知ACBC，ABC=37°，BC=20cm，把一個電荷量q=2×10-9C的正電荷從A移到C電場力做功為-2.4×10-7J。從C移到B電場力做功為2.4×10-7，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）AB間的電勢差UAB（2）該勻強電場的場強大小和方向 【答案】（1）；（2），方向與垂直斜向下【解析】【詳解】（1）由可得（2）由得電場線與等勢面垂直，所以電場線的方向與垂直斜向下，依據(jù)公式得14.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體（時間極短），并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m；A和B的質(zhì)量均為200g；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：（1）碰撞前瞬間A的速率v和碰撞后瞬間A和B整體的速率v′以及A和B整體在桌面上滑動的距離l；（2）碰撞過程中A對B的沖量大小和A對B做的功?！敬鸢浮浚?）2m/s，1m/s，0.25m；（2）0.2N?s，0.1J 【解析】【詳解】（1）根據(jù)機械能守恒定律有mgR=mv2解得碰撞前瞬間A的速率有v=2m/s根據(jù)動量守恒定律有mv=2mv′解得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′=1m/s根據(jù)動能定理有解得A和B整體沿水平桌面滑動距離l=0.25m（2）根據(jù)動量定理，A對B的沖量等于B的動量變化量I=mv′=0.2N?s根據(jù)動能定理，A對B做的功等于B的動能變化量0.1J15.中科院高能物理研究所利用電場約束帶電粒子的運動，其簡化模型如圖1所示，在平面內(nèi)的第一象限和第四象限加一沿軸正方向的勻強電場（未知），一粒子發(fā)射源固定在坐標原點，該裝置可以沿軸正方向發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的粒子，粒子的初速度均為，剛好能過第一象限內(nèi)的點，已知點的橫坐標為，不計重力及粒子間的相互作用。（1）已知粒子過點時速度為，求勻強電場的場強大小和點的縱坐標；（2）若將原來的勻強電場替換為另一交變電場，如圖2所示，場強為正值時表示電場方向沿軸正方向，題干中其他條件均不變，時刻從坐標原點射出的粒子仍能過點，求圖2中與的比值；（3）如圖3所示，在處放置一垂直于軸、可吸收帶電粒子的擋板，并在第一和第四象限內(nèi)加如圖2所示的交變電場，圖3中兩條虛線的縱坐標為在至?xí)r間內(nèi)從坐標原點沿 軸正方向連續(xù)發(fā)射粒子，粒子的初速度均為，求在哪個時間范圍內(nèi)發(fā)射出的粒子，運動軌跡始終在圖3中兩條虛線之間（含虛線），并求出這些粒子落在擋樁上的縱坐標范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，將粒子運動到點時的速度正交分解，其沿軸方向的上分速度為，根據(jù)勾股定理其沿軸方向的分速度粒子在電場中的加速度根據(jù)動力學(xué)，有聯(lián)立可得（2）換成交變電場后，粒子運動至點的運動時間仍為結(jié)合題圖2可知，交變電場在此期間經(jīng)歷了兩個周期，粒子沿軸的分速度隨時間變化的圖像如圖甲所示，所以整個運動過程其在軸方向運動的距離為 又知道可解得故（3）設(shè)時刻發(fā)射出的粒子恰好能運動至虛線，結(jié)合粒子沿軸的分速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知可解得由圖乙可知在時刻射出的粒子最終打在擋板上時的縱坐標為設(shè)時刻發(fā)射出的粒子恰好能運動至虛線，結(jié)合運動圖像如圖丙所示，根據(jù)勻變速運動規(guī)律有 解得由圖丙可知在時刻射出的粒子最終打在擋板上時的縱坐標為