重庆市兼善中学优质教育集团2022-2023学年高二上学期第一次阶段性考试物理 Word版含解析.docx

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重庆市兼善中学优质教育集团2022-2023学年（上）高2021级第一次阶段性考试物理试题注意事项：1、答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3、考试结束后，试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm。若小球从B到C的运动时间为2s，则下列说法正确的是（　）A.小球从B经O到C完成一次全振动B.振动周期是2s，振幅是10cmC.经过两次全振动，小球通过的路程是40cmD.从B开始经过5s，小球通过的路程是20cm【答案】C【解析】【详解】A．小球从B经O到C完成半个全振动，选项A错误；B．振动周期是T=4s，振幅是A=5cm，选项B错误；C．一次全振动小球通过的路程为4A，则经过两次全振动，小球通过的路程是8A=40cm，选项C正确；D．从B开始经过5s，小球通过的路程是5A=25cm，选项D错误。故选C。2.如图所示，表示一物体做简谐运动的位移与时间关系图像，关于物体的速度、位移、加速度和能量等，下列说法正确的是（） A.0.2至0.3秒时间内，位移和速度都减小B.0.3至0.4秒时间内，速度增大，加速度减小C.0.4至0.5秒时间内，位移与加速度方向相同D.0.4至0.5秒时间内，势能减少，动能增加【答案】B【解析】【详解】A．0.2至0.3秒时间内，位移增大，速度减小，选项A错误；B．0.3至0.4秒时间内，位移减小，则速度增大，加速度减小，选项B正确；C．0.4至0.5秒时间内，位移沿y轴正向，加速度沿y轴负向，位移与加速度方向相反，选项C错误；D．0.4至0.5秒时间内，速度减小，则动能减小，势能增加，选项D错误。故选B。3.2020年9月21日，《自然·天文学》在线发表了中国慧眼卫星最新观测结果：在高于200keV以上的能段发现了黑洞双星系统的低频QPO，这是迄今为止发现的能量最高的低频QPO现象。其中eV指的是一个电子经过1伏特电势差加速后获得的能量，则“200keV”的能量是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据题意得故选A。4.一带正电导体，其周围的等势面如图所示，每相邻两个等势面间的电势差相等，将一质子先后置于 A、B两点，其电势能分别是和，所受电场力的大小分别是和，则（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由于带电导体带正电，可知离带正电导体越近的等势面电势越高，则有根据由于质子带正电，则有根据可知相邻等差等势面越密集的地方场强越大，则有根据可得故选D。5.如图所示为某匀强电场的等势面分布图,每两个相邻等势面相距2cm,则电场强度E的大小和方向分别为（　　） A.E=100V/m,竖直向下B.E=100V/m,水平向左C.E=100V/m,竖直向上D.E=200V/m,水平向右【答案】B【解析】【详解】电场线与等势面垂直，且从高点势指向低点势，电场强度的方向水平向左B正确，ACD错误。故选B。6.有两个完全相同的金属小球A、B（它们的大小可忽略不计），A带电荷量为7Q，B带电荷量为-Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的相互作用的库仑力为F；现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处，则A、B间的相互作用的库仑力的大小是（　　）A.FB.FC.FD.F【答案】D【解析】【详解】未接触前，根据库仑定律，得接触后两球带电量再由库仑定律，得则 故D正确、ABC错误。故选D。7.如图所示，一个绝缘圆环，当它的段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为（）A.，方向由D指向OB.，方向由O指向DC.，方向由O指向DD.0【答案】C【解析】【详解】当圆环的部分（或）均匀带电且电荷量为时，圆心处的电场强度大小为，当半圆环均匀带电且电荷量为时，相当于两个部分各带电＋q，在O点的场强大小均为E且互相垂直，可得圆心处的电场强度大小为，方向由指向；同理可得，当另一半圆环均匀带电且电荷量为时，其在圆心处的电场强度大小为，方向由指向，根据矢量的合成法则，圆心处的电场强度大小为，方向由指向。故选C。8.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，O点为AB连线的中点，在AB连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（　　） A.负点电荷运动到O点时加速度零，速度达最大值B.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大D.负点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到负点电荷速度为零【答案】A【解析】【详解】A．负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向为P→O，速度越来越大，又因为O点的电场强度为零，所以负点电荷运动到O点时所受电场力为零，因此负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，A正确；BC．在两个等量正点电荷连线中垂线上电场强度方向为O→P，电场强度从O→P→无限远先变大后变小，由于P点的位置不确定，无法确定电场强度的最大值在P点上方还是下方或P点，因此负点电荷在从P点到O点运动的过程中，速度越来越大，但加速度如何变化无法确定，故BC错误；D．根据电场线的对称性可知，负点电荷越过O点后，负点电荷q做减速运动，根据对BC选项的分析，加速度的变化情况仍然无法判断，D错误。故选A。二、多项选择题：本大题共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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.兼善中学录播室减噪装置结构如图所示，通过装置的共振可吸收声波。已知其固有频率为（制），其中为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度。经测试发现它对频率为300Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由300Hz变为200Hz，则（　　）A.系统振动频率为 B.系统振动频率为C.为获得更好减噪效果，可仅减小L的大小D.为获得更好减噪效果，可仅换用更大的薄板【答案】AD【解析】【详解】AB．若外界声波频率由300Hz变为200Hz，由于系统做受迫振动，振动时频率等于驱动力的频率，即为200Hz，故A正确，B错误；CD．由于驱动力的频率小于系统的固有频率，在驱动力的频率一定时，为获得更好减噪效果，应使系统的固有频率减小，由题（制）可知，应增大或L，故C错误，D正确。故选AD。10.如图甲所示，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷I和II，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知（　　）A.电荷II的电荷量为B.电荷II受到的电场力大小为C.选O点为零电势点，A点的电势为D.匀强电场的场强大小为【答案】AD【解析】【详解】A．电荷I从O到A点由动能定理得电荷II从O到A点由动能定理得 解得电荷II的电荷量为故A正确；B．电荷II从O到A点由动能定理得解得电荷II受到的电场力大小为故B错误；C．电荷I从O到A点由动能定理得由，可得A点的电势为故C错误；D．由电荷II受到的电场力大小为解得匀强电场场强大小为故D正确。故选AD。11.如图所示，不带电物体A和带电荷量为q（q>0）的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角为θ＝30°且足够长的斜面上，A、B的质量分别为m和2m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，不计一切摩擦。某时刻，施加一场强大小为 ，方向沿斜面向下的匀强电场，如图所示，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（　　）A.施加电场的初始时刻，物体B的加速度为gB.物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为C.物体B从开始运动到速度最大的过程中，系统电势能的减少量为D.物体B从开始运动到速度最大的过程中，物体A、B机械能的增加量之和为【答案】BC【解析】【详解】A．施加电场的初始时刻，A和B系统的合外力大小等于电场力的大小，即由牛顿第二定律知选项A错误；B．物体B的速度最大时，A和B系统的合外力大小为0，此时弹簧弹力由胡克定律得弹簧的伸长量选项B正确；C．没有施加电场的时候弹簧的弹力弹簧的伸长量此过程中物块B的位移大小 电势能的减少量选项C正确；D．此过程中，弹簧、物块A和物块B三者组成的系统机械能的增加量为，选项D错误。故选BC。三、非选择题：共5小题，共53分。12.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。（1）图中实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）。A．理想实验法B等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法（2）实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而______（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】①.D②.增大【解析】【详解】（1）[1]图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离；后来保持小球之间的距离不变，分析小球之间的库仑力，实验采用的方法是控制变量法。故选D。 （2）[2]本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷量越大，距离越小，细线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球受力分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大、距离的减小而增大。13.在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。（1）安装好实验装置后，先测量摆球直径为d，再测量摆线长l，则单摆摆长L＝________（用d、l表示）；（2）摆球摆动稳定后，当它到达最低点时启动停表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n（），当时刚好停表。停止计时的停表如图1所示，该单摆的周期为_____s（要求保留三位有效数字）；（3）计算重力加速度测量值的表达式为____________（用T、L表示），如果测量值小于真实值，可能原因是________；A.将摆球经过最低点的次数n记少了B.计时开始时，停表启动稍晚C.将摆线长当成了摆长D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长（4）正确测量不同摆长及相应的单摆周期，并在坐标纸上画出与的关系图线，如图2所示。由图线算出重力加速度的大小________m/s2（保留三位有效数字，计算时取）。 【答案】①.②.2.25③.④.AC##CA⑤.9.86【解析】【详解】（1）[1]根据题意可知，单摆摆长为（2）[2]根据题意可知，当时，摆球完成了次全振动，由图1可知，所用时间为，则该单摆的周期为（3）[3]根据单摆的周期公式可得[4]A．将摆球经过最低点的次数n记少了，测量的周期偏大，则重力加速度偏小，故A正确；B．计时开始时，停表启动稍晚，测量的周期偏小，则重力加速度偏大，故B错误；C．将摆线长当成了摆长，测量的摆长偏小，则重力加速度偏小，故C正确；D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长，测量的摆长偏大，则重力加速度偏大，故D错误。故选AC。（4）[5]根据单摆的周期公式可得结合图像可得 解得14.如图所示的电场中，已知A、B两点间的电势差。（1）电荷量点电荷Q由A点移动到B点，静电力所做的功是多少？（2）若电荷量的点电荷Q在A点的电势能为，B点的电势是多少？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）电荷量的点电荷Q由A点移动到B点，静电力所做的功是（2）A点的电势由得B点的电势15.如图所示，一电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，，。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）若将电场强度减小为原来的，则物块的加速度为多大？（3）若将电场强度减小为原来的，求物块下滑距离为L时的动能。 【答案】（1）；（2）0.3g；（3）0.3mgL【解析】【详解】（1）小物块静止在斜面上，受到重力、静电力和斜面支持力，受力分析如图所示则有联立解得（2）若电场强度减小为原来的，即则由牛顿第二定律得解得（3）电场强度变化后，物块下滑距离为L时，重力做正功，静电力做负功，由动能定理得解得 16.粗糙水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=2.0×103N/C。带正电的滑块（可视为质点）置于绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动，当长木板右端距墙时，滑块与长木板的速度v0=2.0m/s，长木板与墙碰撞时间极短，速度大小不变，方向反向，滑块没有从长木板右端滑出。已知长木板质量M=2.0kg，滑块带电量q=1.5×10-3C、质量m=1.0kg，长木板与地面之间的动摩擦因数1=0.1，滑块与长木板之间的动摩擦因数2=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：（1）长木板与墙碰撞前瞬间速度大小；（2）长木板的长度应满足的条件；（3）长木板最后静止时的位置。【答案】（1）；（2）；（3）长木板最后静止时的位置距离墙的距离为【解析】【详解】（1）由题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得解得所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足解得（2）长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得解得 因为滑块没有从长木板右端滑出，所以满足当两者共速时，是恰好滑不下去的条件，设经过时间t两者共速，设向左为正，则有解得此时间内两者的对地位移为则木板长度为即长木板的长度应满足（3）两者共速时，木板离开墙的距离为共速的速度为之后对木板受力分析得解得则共速后减为零的位移为故长木板最后静止时的位置距离墙的距离为