广东省广州市广东实验中学2022-2023学年高二上学期期中考试物理Word版含解析.docx

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广东实验中学2022-2023学年（上）高二级线上限时训练物理试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。第一部分选择题（共46分）一、单选题（每题4分，共计28分）1.如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（　　）A.第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些B.第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些C.第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些D.第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些【答案】C【解析】【详解】AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f=μFN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误；C．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确；D．第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。故选C。 2.为避免闪电造成损害，高大的建筑物都装有避雷针。如图，已知积雨云底层带负电，避雷针的顶端带正电，虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的场强大小分别为、，电势大小分别为、，设雨滴下落过程中空气阻力大小不变，下列说法正确的是（　　）A.B.C.一带负电的雨滴从a直线下落至b的过程中，加速度不变D.一带负电的雨滴从a直线下落至b的过程中，电势能减少【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，电场线的方向由下向上，沿着电场线的方向电势降低，则有故A错误；B．根据等势面画出电场线，可知故B错误；CD．一带负电的雨滴从下落至的过程中，受到向下的电场力逐渐变大，则加速度变大；电场力做正功，则电势能减小，故C错误、D正确。故选D。3.平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】由于电压在一段时间内是常数，所以电场强度也是常数，带电粒子受到的电场力也是常数，根据牛顿第二定律F=ma可知带电粒子的加速度也是常数；带电粒子匀加速后，电压反向了，电场力也反向，该粒子做匀减速直线运动。由于加、减速时间相同，该粒子的速度恰好减为零，没有反向运动的机会；下一周期又开始匀加速。故选A。4.如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图。单刀多掷开关S可以与不同接点连接。下列说法正确的是（　　）A.当S接1或2时为直流电压挡，接1时量程较大B.当S接1或2时为直流电流挡，接2时量程较小C.当S接3或4时为直流电流挡，接3时量程较大D.当S接5或6时为直流电压挡，接6时量程较小【答案】B【解析】【详解】AB．当开关S旋到位置1、2位置，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大；接2时分流电阻大，其分流小，则量程小，故A错误，B正确；C．当开关S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误； D．当开关S旋转到5、6位置，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D错误故选B。5.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变【答案】AD【解析】【详解】AB．保持S闭合，电容器的电势差不变，将A板向B板靠近，由可知，电场强度变大，则小球受到水平向右的电场力变大，则θ增大，故A正确，B错误；CD．断开S，则电容器电量不变，有，则由上式可知断开S，将A板向B板靠近，电场强度不变，受到水平向右的电场力不变，则θ不变，故C错误，D正确。故选AD。6.用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则（　　） A.小球所带电荷量为B.轻绳的长度为C.小球在最高点的最小速度为D.小球在最高点的最小速度为【答案】C【解析】【详解】A．当时，由联立解得故A错误；B．在最高点，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则有即由可得由图像可组织，图像斜率 即故B错误；CD．当时，重力和电场力的合力提供向心力，此时为最小速度，由解得故C正确，D错误。故选C。7.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。位于和圆筒B、D相连的金属圆板中央的一个质子在圆板O和圆筒A之间的电场中由O点静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。电源频率为f，漂移管间缝隙很小，不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法不正确的是（　　）A.MN所接电源的极性应周期性变化B.质子每经过一次狭缝速度的增加量为C.质子从圆筒E射出时的速度大小为D.圆筒A、B、C、D、E的长度之比为【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，直线加速器加速质子，其运动方向不变，由图可知，圆筒A电势高时，B的电势低，质子才能在AB间的狭缝向右加速，则在下一个狭缝加速时需要圆筒B电势高，C电势低，所以MN所接电源的极性应周期变化，故A正确，不符合题意； B．质子每加速一次，由动能定理得整理得由上述式子可知并不是速度的增加量，故B错误，符合题意；C．若质子从O点进入，则共经历5次完整加速，有解得故C正确，不符合题意；D．质子到达A的左侧速度为，到达B的左侧速度为，则有所以同理可得圆筒A、B、C、D、E的长度之比为，故D正确，不符合题意。故选B。二、多选题（每题6分，共计18分）8.某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法正确的是（　　） A.反映变化的图线是bB.电源电动势为4VC.电源内阻为D.当电流为0.5A时，外电路的电阻为【答案】BC【解析】【详解】A．由电源的总功率的表达式为电源内部的发热功率表达式可知，是直线，表示的是电源消耗的总电功率，是抛物线且单调递增，表示的是电源内部的发热功率，选项A错误；B．由图可知，当短路时，电流为2A，总功率8W，则由可知选项B正确；C．由图可知，当电路中的电流是2A时，电源内部的发热功率等于电源的总功率，则有代入数据得选项C正确；D．当电路中的电流值为0.5A时，由闭合电路的欧姆定律可得外电路上的电阻为选项D错误。故选BC。9.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（视为质点）在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A.滑块运动过程中的最大速度为B.整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒C.整个运动过程中，小车位移大小为D.滑块与轨道BC间动摩擦因数【答案】C【解析】【详解】A．当滑块到达B点时速度最大，由水平方向动量守恒定律有此过程由机械能守恒定律有解得A错误；B．滑块由A运动到B过程中，系统所受外力的合力不为0，系统在水平方向所受外力的合力为0，则小车和滑块组成的系统动量不守恒，但是小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，B错误；C．由水平方向动量守恒的位移表达式有又由于解得C正确；D．根据能量守恒定律可得解得 D错误。故选C。10.如图，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面。已知A、B、C、D点的电势分别为4V、3V、1V、0V。现有一电荷量大小为2e的带电粒子（不计重力）从A点以初动能6eV沿AC方向射入电场，恰好经过AB的中点G。下列说法中正确的是（　　）A.该粒子一定带负电B.该匀强电场的场强方向是从A沿直线指向DC.该粒子达到G点时的动能为1eVD.若只改变该粒子在A点时的初速度方向，该粒子可能经过C点【答案】AB【解析】【详解】AB．A、B、C、D点的电势分别为4V、3V、1V、0V，可知AD的中点电势等于BC中点的电势，均为2V，则EC和FB都是等势面，则场强方向沿A到D方向；粒子仅在电场力作用下运动，根据物体做曲线运动时受到的合力指向轨迹内侧，所以可知粒子受到的电场力方向和电场方向相反，电场强度方向如图E电所示，电场力方向如图F电所示，这样才有可能经过G点，所以粒子应为负电，AB正确；C．到达G点过程中，电场力做功所以G点的动能为5eV，C错误；D．若只改变该粒子在A点时的初速度方向，若粒子能经C点，根据可知，从A到C点电场力做功为 由动能定理可得粒子到达C点时的动能，速度是0，但这种情况必须是电场力与速度方向反向即电场力由C到A才符合，所以粒子不可能经过C点，D错误。故选AB。第二部分非选择题（共54分）三、实验题（共2小题，共18分）11.碰撞的恢复系数的定义式为，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度。若，则为弹性碰撞；则为非弹性碰撞。某同学利用验证动量守恒定律的实验装置（如图所示）测量两钢球碰撞的恢复系数，实验中使用半径相等的钢质小球1和2，且小球1的质量大于小球2的质量。实验步骤如下：安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O。第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段、、的长度。上述实验中，（1）N点是___________的平均位置；A．小球1与小球2碰撞后小球1落点B．小球2落点C．不放小球2，小球1落点（2）恢复系数的表达式为e=___________（用OM、OP、ON表示）；（3）三个落地点距O点的距离、、与实验所用的小球质量无关的是___________；（4）若测得小球1与小球2的质量分别为、，则当___________说明碰撞过程动量守恒（用m1、m2、OM、OP、ON表示）。 【答案】①.B②.③.OP④.【解析】【详解】（1）[1]N点是小球2落点的平均位置，AC错误，B正确。故选B。（2）[2]小球做平抛运动，下落的高度相同，运动的时间相同，水平方向是匀速直线运动，则有水平方向速度可用水平位移来代替，则图中小球1碰前的速度用OP表示，小球1碰后的速度用OM表示，小球2碰后的速度用ON表示，则用测量的长度表示的恢复系数的表达式为（3）[3]三个落地点距O点的距离、、中，是小球1碰撞前的水平位移，因此与实验所用的小球质量无关的是OP。（4）[4]若测得小球1与小球2的质量分别为、，则根据要验证的关系为则当说明碰撞过程动量守恒。12.图a为某同学测量一节干电池的电动势和内阻的电路图。（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为100mA，电阻R1＝2.5Ω，由此可知，改装后电流表的量程为________A。（2）实验步骤如下，请完成相应的填空：①将滑动变阻器R的滑片移到________端（选填“A”或“B”），闭合开关S；②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图b所示，其读数为________mA； ③以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线，如图c所示；④根据图线求得电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（结果均保留到小数点后两位）【答案】①.0.5②.B③.68④.1.48（1.47~1.49之间均可）⑤.0.45（0.43~0.48之间均可）【解析】【分析】【详解】(1)[1]根据电流表改装原理，改装后的量程代入数据得(2)①[2]为保护电路，滑动变阻器为限流式接法时，闭合开关前，电阻应调至最大，故滑片应移到B端；②[3]毫安表的最小刻度为2mA，故读数为68mA；④[4]UI图像纵轴的截距表示电源电动势，故由图c可知E＝1.48V（1.47~1.49V之间均可）；[5]由于横轴与纵轴的交点纵坐标不为0，故不能用纵轴截距与横轴截距之比求内阻。电流表的电阻 由得则（0.43~0.48Ω均可）四、计算题（共3小题，共36分）13.如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．（1）求液珠的比荷；（2）求液珠速度最大时离A点的距离h；（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时，比荷为．（2）当液珠速度最大时，得．（3）设BC间的电势差大小，由题意得 ，对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得，即，将第（1）问的结果代入化简，解得．考点：动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式．14.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块Ａ、B、C，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（ⅰ）整个系统损失的机械能；（ⅱ）弹簧被压缩到最短时的弹性势能【答案】(ⅰ)m；(ⅱ)m【解析】【分析】【详解】(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2②m=ΔE+(2m)③联立①②③式得ΔE=m④(ⅱ)由②式可知v20）倍。a右侧有水平向右的匀强电场区域，场强大小为1.0×105N/C、场区宽度为2m。现同时给a、b以1m/s的速度开始运动，使a水平向右进入电场区域、b水平向左运动，细绳绷紧瞬间两球具有共同速度v，重力加速度取10m/s2。求：（1）细绳绷紧瞬间a到电场左边界的距离；（2）v与k的关系式；（3）a离开电场区域时的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）设绳子长为L，电场宽度为d，小球a、b的初速度大小为，经时间t细绳子绷紧，a到电场左边界的距离为，b通过的距离为，设电场强度为E，a的质量为m，在电场中的加速度为a，以水平向右为正方向，根据解得（2）设绷紧前瞬间a的速度为，绷紧瞬间两球的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据题意有解得当时，小球向右运动当时，小球短暂速度为零 当时，小球向左运动（3）设小球a离开电场时速度为，当时，a、b两小球一起向右匀加速运动，由动能定理解得当时，a、b两小球一起先向左做匀减速运动，若即，小球仍然从电场右侧出来，小球先向左匀减速至0，后向右匀加速，根据解得若即，小球从电场左侧匀减速出来，根据动能定理解得