湖南省邵阳市第二中学2023-2024学年高一上学期期中物理Word版含解析.docx

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邵阳市二中2023年高二下学期期中考试物理试卷一、选择题（1-8题为单选，每题4分，9-10题为多选，每题5分，选对但不全得3分，错选得0分，共42分）1.下图中画出了四种电场的电场线，各图中M、N两点场强相同的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图知，MN两点场强大小相等，但方向不同，故两点场强不同，故A错误；B．由图知，MN两点的场强方向相同，大小不等，故两点场强不同，故B错误；C．此电场是匀强电场，场强大小和方向处处相同，则知M、N两点场强相同，故C正确；D．根据电场线疏密表示场强的大小可知，M点的场强小于N点的场强；电场线的切线方向表示场强的方向，则知两点场强的方向也不同，故两点场强不同，故D错误；故选C。2.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据库仑定律，两球间的库仑力：,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为：，故B正确． 故选B．3.某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则(　　)A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反【答案】C【解析】【详解】C．根据动量定理内容合外力的冲量等于动量的变化量，动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同，冲量的方向为负方向说明与规定的正方向相反，所以C项正确；A．动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；B．有可能物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误；D．正方向规定不确定，所以D项错误。故选C。4.甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（）AB.C.D.【答案】D【解析】【详解】由动量守恒定律得解得代入数据得故选D。5.如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度 向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最终相对车厢静止，这时车厢速度是（　　）A.，水平向右B.0C.，水平向右D.，水平向左【答案】C【解析】【详解】物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得解得方向水平向右，故选C。6.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）A.时物块的速率为2m/sB.时物块的动量大小为4kg·m/sC.时物块的动量大小为5kg·m/sD.时物块的速度为零【答案】B【解析】【详解】A．由动量定理有解得时物块的速率为 故A错误；B．图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，时物块的动量大小为故B正确；C．根据动量定理可知，时物块的动量大小为故C错误；D．根据动量定理可知，时物块的动量大小为则时物块的速度为故D错误。故选B。7.如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动触头P向a端移动时（　　）A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】【详解】当滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为电源内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，所以电流表示数增大。故选B。8.如图所示，直线A是电源路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2 的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到这个电源上，则（　　）A.R1接在电源上时，电源的效率高B.R2接在电源上时，电源的效率高C.R1接在电源上时，电源的输出功率大D.电源的输出功率一样大【答案】A【解析】【详解】AB．电源的效率可知效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高。故A正确；B错误；CD．R1接在电源上时，由图线读出，此时的电压为U，则有解得电源的输出功率R2接在电源上时由图线读出，此时的电压为，则有解得电源的输出功率 则故CD错误。故选A。9.一带正电小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选BC【点睛】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．10.如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，且电动势，二极管具有单向导电性，当单刀双掷开关接1时，一带正电粒子沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，不计粒子重力，为使粒子能打在N点左侧，则（　　）A.将单刀双掷开关接2B.将B板下移一段距离C.将A板上移一段距离D.在A板下面插入一很薄的金属板【答案】AD【解析】【详解】A．设电源的电动势为E，电容器板间距离为d，带电粒子的质量和电量分别为m和q，则有竖直方向水平方向有牛顿第二定律知联立解得粒子能打在N点左侧时，y不变，x减小，其他量不变，则电源的电动势E必须增大，而，所以将单刀双掷开关接2时，粒子能打在N点左侧，故A正确；B．将B板下移一段距离时，由于二极管的存在，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子做类平抛运动的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故B错误；C．将A板上移一段距离，电容减小，而电容器所带电量不变，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子小球仍然打在N点，故C错误；D．在A板下表面插入一很薄的金属板，AB间距d减小，电容增大，则电量Q增大，所以场强增大，电场力变大，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，小球将打在N点的左侧，故D正确。 故选AD。二、实验题（每空2分，共16分）11.某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一圆弧轨道的滑块（水平长度L）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。（1）实验步骤如下：①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为M，光电门B固定在气垫导轨的右侧。②用天平称得金属球的质量为m，用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d=________cm。③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间分别为△t1、△t2（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。（2）验证M、m系统水平方向动量守恒________（填“需要”或“不需要”）保证滑块的上表面光滑。（3）如图验证M、m系统水平方向动量守恒，只需验证________成立即可（用M、m、d、L、△t1、△t2表示）。【答案】①.1.300cm②.不需要③.【解析】【详解】（1）②[1]20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm，由此可得小球的直径为d=32.0mm-20×0.95mm=13.00mm=1.300cm（2）[2]即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上表面光滑；（3）[3]令小球脱离滑块时对地的速度为v1，滑块对地的速度为v2，根据动量守恒则有 根据题意可得联立可得12.用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下：A.待测电流表G（量程2mA）；B.电动势E=3V；C.电动势E=15V；D.电阻箱：0~999.99Ω；E.滑动变阻器：0~10kΩ；F.滑动变阻器：0~500Ω；G.开关两个，导线若干；（1）连接电路时，图甲中的电源应选择______（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选择______（选填“E”或“F”）。（2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整______。（3）操作步骤如下：①断开S1、S2，将调到最大，连接好电路；②闭合S1，调节，使电流表G满偏；③保持的滑片不动，再闭合S2，调节，使电流表G的示数为1mA ，此时，电阻箱示数如图丙，由此可得出电流表G的内阻______Ω；测量结果和真实值相比______。（填“偏大”或“偏小”）【答案】①.C②.E③.④.422.7⑤.偏小【解析】【详解】（1）[1][2]本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大于电流表G的内阻，选用的滑动变阻器为E。本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源。故选C。（2）[3]实物图连接如图所示。（3）[4]保持R1滑片不动，再闭合S2，调节R2，使电流表G的示数为=1mA，则电阻箱的电流为电阻箱的阻值为=422.7Ω，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为[5]当S2接通时，有电流流过，和G并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时，中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值。三、计算题（13题10分，14题16分，15题16分，共42分）13.如图所示电路，电动机的线圈电阻是1Ω，电动机工作时电压表的示数是12V，电池组的电动势是22V，内电阻是1Ω，电阻器R的阻值为4Ω．求：电动机输出的功率． 【答案】20W【解析】【详解】由E＝22V，电动机两端电压U1＝12V可得R和电源内阻上电压为通过电动机的电流为电动机输入功率由热功率公式所以输出功率答：电动机输出的功率为20W．14.如图所示，在场强的水平匀强电场中，有一根长的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量、电荷量的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，取，则当小球到达最低点B时，求：（1）速度是多大？（2）绳子张力多大？ 【答案】（1）0；（2）0.02N【解析】【详解】（1）从A到B，由动能定理得解得(2)在最低点，沿半径方向的拉力和重力的合力提供向心力，由圆周运动知识得解得15.如图所示，质量分别为、的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为的木块C以初速滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度．求：板最后的速度；木块刚离开A板时的速度．【答案】（1）=0.5m/s，速度方向向右（2）=5.5m/s，速度方向向右【解析】【分析】（1）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程列出等式，（2）C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，根据运量守恒定律研究C在B 上滑行的过程，列出等式求解．【详解】（1）在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，规定向右为正方向则有：（2）在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则有：联立以上两等式解得：，速度方向向右，，速方向向右