重慶巴蜀科學城中學校2024-2025學年高二上學期開學物理試題

物理測試試卷一、單選題：本大題共10小題，共40分．1．下列說法正確的是（）A．電場和電場線一樣，是人為設想出來的，其實并不存在B．根據，當兩點電荷間的距離趨近于零時，電場力將趨向無窮大C．從公式來看，場強大小E與F成正比，與q成反比D．當兩個帶電體的大小及形狀對它們之間的相互作用力的影響可以忽略時，這兩個帶電體才可以看成點電荷2．如圖所示，橫截面都是正方形的兩段導體，材料和長度都相同，邊長如圖所示，其中A為中空導體，導體B剛好能嵌入導體A，現(xiàn)將AB并聯(lián)后接入到一電路中，則（）A．A、B兩段導體的電阻之比為1∶1 B．流過導體B的電流比流過導體A的大C．導體A消耗的電功率比導體B消耗的電功率大 D．兩段導體在相等時間內產生的熱量之比為1∶23．如圖所示，某靜電除塵器由板狀收集器A和線狀電離器B組成。其中A接高壓電源正極，B接高壓電源負極，A、B之間有強電場，下列說法不正確的是（）A．商電商商B超過電場短段越大 B．帶電塵埃向收集器A運動過程中電勢能增大C．電離器B附近的空氣分子更容易被電離 D．帶電塵埃被收集器A吸附后最終掉落4．設在無摩擦的桌面上置有5個相同的鋼球，其中三個緊密連接排放一列，另兩個一起自左方以速度v正面彈性碰撞此三球，如圖，碰撞后向右遠離的小球個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個5．如圖，質量為m的物塊原本靜止在傾角為的斜面上，后來，在與斜面夾角為的恒力F拉動下向上運動，經過時間t，則在運動過程中（）A．物塊重力的沖量為0 B．物塊所受拉力的沖量為FtC．物塊的動量一定增大 D．物塊受到合力的沖量為6．如圖所示，實線MN是勻強電場中的一個等勢面，虛線AB是一電子只在電場力作用下的運動軌跡．電子從A運動到B過程中，加速度大小a、動能隨時間t的變化關系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．7．在如圖所示的電場中，電場線關于GH對稱，以O為圓心的圓與豎直電場線GH交于a、c兩點，bd是水平直徑。下列說法正確的是（）A．沿bd連線從b點到d點，電勢先減小后增大B．電子在a、c兩點所受電場力相同C．a、O兩點的電勢差大于O、c兩點的電勢差D．將電子沿bd連線從b點移到d點，電場力做正功，電勢能減小8．如圖所示，圖甲中M表示電動機，當滑動變阻器R的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示，已知電流表讀數在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是（）A．電路中電源電動勢為3.5VB．滑動變阻器的滑片向右滑動時，電壓表的讀數逐漸減小C．時，電動機的機械功率為0.54WD．滑動變阻器的最大阻值為40Ω9．如圖所示，半徑為2r的均勻帶電球體電荷量為Q，過球心O的x軸上有一點P，已知P到O點的距離為3r，現(xiàn)若挖去圖中半徑均為r的兩個小球，且剩余部分的電荷分布不變，靜電力常量為k，則下列分析中不正確的是（）A．挖去兩小球前，兩個小球在P點產生的電場強度相同B．挖去兩小球前，整個大球在P點產生的電場強度大小為C．挖去兩小球后，P點電場強度方向與挖去前相同D．挖去兩小球后，剩余部分在P點產生的電場強度大小為10．一質量為的物體以的初速度與另一質量為的靜止物體發(fā)生碰撞，其中。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞，碰撞后兩物體速度分別為和。假設碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是（）A． B． C． D．二、多選題：本大題共5小題，共20分。11．光滑的水平桌面上，質量為0.2kg、速度為3m/s的A球跟質量為0.2kg的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球的速度可能為（）A．2.6m/s B．2.4m/s C．1.2m/s D．0.6m/s12．雷雨天帶有負電的烏云飄過一棟建筑物上空時，在避雷針周圍形成電場，如圖所示，a、b、c、d為等差等勢面，M、N為電場中的兩點，下列說法正確的是（）A．M點的電勢比N點高 B．M點的電場強度比N點大C．帶負電的雨滴從烏云中下落，重力勢能減少 D．帶負電的雨滴從烏云中下落，電勢能增加13．為完成某種空間探測任務，需要在太空站上發(fā)射空間探測器，探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其加速，已知探測器的質量為M，每秒鐘噴出的氣體質量為m，噴射氣體的功率恒為P，不計噴氣后探測器的質量變化，則（）A．噴出氣體的速度為 B．噴出氣體的速度為C．噴氣時間后探測器獲得的動能為 D．噴氣時間后探測器獲得的動能為14．如圖，氕（）和氘（）兩種原子核由靜止經同一加速電場加速后，沿方向射入偏轉電場，粒子射出偏轉電場后都能打在圓筒感光紙上并留下感光點，加速電壓為，偏轉電壓為，若圓筒不轉動，兩種原子核（）A．離開加速電場時，動能相等 B．離開偏轉電場時，動能相等C．氕（）通過偏轉電場所需時間更長 D．離開偏轉電場后，在感光紙上留下2個感光點15．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為和的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)給A一個水平向右的初速度，大小為，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示。已知，下列說法正確的是（）A．時刻和時刻彈簧都處于壓縮狀態(tài) B．B的質量為2kgC．B的最大速度為 D．彈簧的最大彈性勢能為3J三、實驗題：本大題共2小題，共12分。16．（6分）在“用傳感器觀察電容器的充電和放電”實驗中，電路圖如圖甲所示。一位同學使用的電源電動勢為10.0V，測得放電的圖像如圖乙所示。（1）若按“四舍五入（大于半格算一個，小于半格舍去）”數格法，求“圖線與兩坐標軸包圍的面積”，可得電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為______C（結果保留兩位有效數字）。（2）根據以上數據估算電容器的電容值為______F（結果保留兩位有效數字）。（3）如果將電阻R換成一個阻值更大的電阻，則放電過程釋放的電荷量______（選填“變多”“不變”或“變少”）．17．（6分）某同學根據實驗室提供的器材組成如圖1所示電路，測電源電動勢和內阻并同時測量電流表的內阻。所用器材：電源為兩節(jié)干電池，電流表（量程0.6A，內阻），電流表（量程0.6A），電阻箱，滑動變阻器，開關和單刀雙擲開關、，導線若干。（1）實驗時，先將接1，接3，滑動變阻器接入電路的電阻調到最大，閉合開關，調節(jié)、，使電流表、的指針偏轉均較大，若這時示數為、電流表的示數如圖2所示，則電流表的示數為______A；若這時電阻箱接入電路的電阻為，則電流表的內阻______（用、、表示）。（2）將開關接2，開關接4，將電流表改裝成量程為3V的電壓表，則電阻箱接入電路的電阻______；多次調節(jié)滑動變阻器，測得多組電流表、的示數、，作圖像，得到圖像與縱軸的截距為b，圖像斜率的絕對值為k，則得到電源的電動勢______，內阻______（后兩空用b、k、、、中的符號表示）．四、計算題：本大題共3小題，共38分．18．（10分）如圖所示，在勻強電場中，有A、B兩點，它們的間距為2cm，兩點的連線與場強方向成角。將一個電量為的電荷由A移到B，其電勢能增加了，求：（1）從A移到B的過程中，電場力對電荷做的功；（2）A、B兩點的電勢差；（3）勻強電場的場強大小E。19．（12分）如圖所示，質量為M的滑塊套在光滑的水平桿上，長為L的輕桿一端連著質量為m的小球，另一端與滑塊上面的活動鉸鏈相連，不計一切摩擦，重力加速度，已知：，。（1）若滑塊鎖定，在桿的中點處施加一大小恒定方向始終垂直于桿的力，桿轉過時撤去拉力，小球恰好到達最點，求拉力的大小。（2）若滑塊解除鎖定，給小球一個豎直向上的速度，求小球通過最高點時的速度大小，以及此時小球對桿的作用力。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球到最高點時滑塊的位移大?。?0．（16分）如圖所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一豎直平面內的水平段MP和四分一圓弧段PQ平滑銜接而成．滑槽質量為2m．MN段粗糙、長度為5R．NP段光滑、長度為2R．PQ段光滑、半徑為R．距離滑槽右端某處有一固定擋板．質量為m的小滑塊以水平速度從M點滑上滑槽，已知小滑塊滑至P點時速度為，此時滑槽恰好與擋板碰撞，滑槽與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，求：（1）小滑塊滑至P點時滑槽的速度大小，以及滑塊與滑槽MN段間的動摩擦因數大?。唬?）滑槽運動前與擋板間的距離x；（3）若滑槽與擋板碰撞后，立即撤除擋板，試通過分析、計算說明小滑塊最終能否停在滑槽上．

物理答案【答案】1．D2．A3．B4．B5．B6．D7．C8．C9．A10．D11．AB12．BC13．BC14．AB15．BCD【解析】1．【分析】庫侖定律只適用于真空中兩靜止的點電荷之間的作用力。當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷。兩個帶電體間的距離趨近于零時，帶電體已經不能看成點電荷了。解決本題的關鍵掌握庫侖定律的適用范圍，以及能看成點電荷的條件，當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷?！窘獯稹緼．電場線一樣，是人為設想出來的，其實并不存在，電場是客觀存在的，故A錯誤；B．當兩個點電荷距離趨于0時，兩帶電體已不能看出點電荷了，該公式，不適用了，故電場力并不是趨于無窮大，故B錯誤；C式采用比值定義法，E由電場本身的性質決定，與試探電荷無關，所以此場中某點的電場強度E與F無關，故C錯誤；D．當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷，故D正確。故選D。2．解：由題意，導體A的橫截面積，導體B的橫截面積，所以有；根據電阻定律，由于相同，所以有，從而可以得出A、B兩段導體的電阻之比為1∶1．故A正確：B．根據歐姆定律得，導體A、B并聯(lián)，根據并聯(lián)電路的電壓特點，所以，故B錯誤；C．根據功率公式得，導體A、B并聯(lián)，根據并聯(lián)電路的電壓特點，所以，故C錯誤；D．根據焦耳定律得，又，所以，即二段導體在相等時間內產生的熱量之比為1∶1，故D錯誤。故選：A。根據題意求解導體A的橫截面積，根據電阻定律判斷A、B導體電阻的大小：根據井聯(lián)電路的特點及歐姆定律作出判斷：根據電功率公式進行判斷。本題的關鍵是抓住“A為真空導體，導體B剛好能嵌入導體A”這一條件，從而求解導體A的橫截面積。3．【分析】【分析】B為線狀，A為板狀，距離B越近，電場線越密，場強越大，不是勻強電場，粉塵所受合力是變力，除塵過程中，電場力吸引粉塵，對粉塵做正功。本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵掌握B為線狀，A為板狀，距離B越，電場線越密，場強越大，不是勻強電場?！窘獯稹俊窘獯稹拷猓篈C、B為線狀，A為板狀，距離B越近，電場線越密，場強越大，電離器B附近的空氣分子更容易被電離，故AC正確；B、除塵過程中，電場力吸引粉塵，對粉塵做正功，電勢能減小，故B錯誤；D、帶電塵埃被收集器A吸附后，電荷被中和最終掉落，故D正確。本題選擇錯誤的，故選：B．4．【分析】詳細解答和解析過程見【答案】【解答】質量相等的兩個鋼球發(fā)生正面彈性碰撞，根據彈性碰撞的特點（動量守恒、動能守恒）知碰后二者速度互換，碰撞后入射球靜止，被碰球速度為v，入射為兩個鋼球，則碰撞后離開仍為兩個鋼球，故選B．5．【分析】重力不為0，沖量也不為0，木塊如果勻速運動，速度不變，動量不變，根據動量定理課解得合力的沖量。某一個力的沖量即為力與時間的乘積，與物體的運動狀態(tài)等無關?！窘獯稹緼．根據沖量的定義知重力不為0，沖量也不為0，重力的沖量為，故A錯誤；B．拉力的沖量為Ft，故B正確；C．如果木塊勻速運動，速度不變，動量不變，故C錯誤；D．根據動量定理，合外力的沖量等于物體動量變化，如果木塊勻速運動，動量變化量為零，則合力的沖量為0，故D錯誤。6．【分析】本題考查了電場強度與電場力的關系和計算：電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布，對于本題關鍵是根據運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側。粒子在電場力作用下運動，根據軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場力）的方向，再根據電場力方向和電荷性質判斷場強方向；根據沿著電場線的方向電勢降低的即可判定電勢高低；電場力做正功，電勢能減小，動能增大；電場力做負功，電勢能增大，動能減小?！窘獯稹拷猓河蛇\動軌跡虛線AB等勢面MN可知，電場力方向指向凹的一側即垂直MN向下，由于勻強電場中電場力與電場線平行，則電場方向垂直MN向上；AB．由于電子在勻強電場中運動，電場力不變，加速度不變，故AB錯誤；CD．設電場強度為E，電子的電荷量為q，質量為m，從A到B，沿電場方向的運動距離為s，則電場力做正功：，由動能定理可知，所以圖像為二次函數圖像，故C錯誤，D正確。7．【分析】詳細解答與解析過程見【答案】【解答】A．過b、d兩點作等勢線知，沿bd從b點到d點，電勢先增大后減小，選項A錯誤；B．由電場線的疏密程度知，電子在a點所受電場力較c點大，選項B錯誤；aO兩點間的平均電場強度大于Oc兩點間的平均電場強度．由知兩點的電勢差大于0c兩C．點的電勢差，選項C正確；D．將電子沿bd從b點移到d點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，選項D錯誤。8．【分析】先確定圖線與電壓表示數對應的關系，再根據圖線求出電源的電動勢，并判斷讀數的變化情況．當時，電動機輸出功率最大，由電動機的總功率UI與發(fā)熱功率之差求解輸出功率．變阻器全部接入電路時，電路中電流最小，由歐姆定律求解變阻器的最大阻值。本題考查對物理圖象的理解能力，可以把本題看成動態(tài)分析問題，來選擇兩電表對應的圖線，對于電動機，理解并掌握功率的分配關系是關鍵。【解答】A．由電路圖甲知，電壓表測量路端電壓，電流增大時，內電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示的電壓與電流的關系，則，所以此圖線的斜率大小等于電源的內阻，為當電流時，，則電源的電動勢為：，故A錯誤；B．變阻器向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內電壓減小，路端電壓即為讀數逐漸增大，故B錯誤；C．由圖可知，電流表讀數在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動，此時電壓表的示數即電動機內阻兩端的電壓，根據歐姆定律可知，電動機的電阻，當時，，電動機輸出功率最大，最大為：，故C正確；D．當時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以，故D錯誤。故選C。9．解：A．兩小球分別在x軸上下兩側，電性相同，它們在P點產生的場強分別斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同，故A錯誤；B．大球所帶電荷均勻分布整個球體，它在外部產生的電場可等效為所有電荷集中在球心O點在外部產生的電場，由庫侖定律，故B正確；C．大球在P點產生的電場沿x軸方向，兩小球在P點的合場強也沿x軸方向，且小于大球在P點的場強，由場強疊加原理可知，挖去兩小球后，P點場強方向不變，故C正確；D．設兩小球的球心到P點的距離為l，有幾何關系球體積公式為小球半徑是大球半徑的一半，故小球體積是大球體積的八分之一，故小球所帶電荷量為兩小球在P點場強均為合場強為剩余部分在P點的場強為，故D正確。選錯誤的，故選：A．挖去兩小球前，它們在P點產生的場強分別斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同；挖去兩小球前，整個大球在P點產生的電場強度大小根據點電荷場強公式求解；挖去兩小球后，P點場強方向不變，挖去兩小球后，剩余部分在P點產生的電場強度大小由挖去兩小球前的場強，減去挖去后兩小球在P點產生的場強。本題考查了割補法求電場強度，難度比較大，計算量比較大，解題的關鍵是求出未挖兩小球前大球在P點的場強，及兩小球在P點產生的場強，方向相同做差即可。10．【分析】本題考查了碰撞、動量守恒定律和能量守恒定律及相關知識點，題目比較綜合。完全彈性碰撞不損失機械能，完全非彈性碰撞后兩者具有相同速度，損失機械能最多，據此利用動量守恒定律和機械能守恒定律列方程求出物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍?！窘獯稹咳粑矬w發(fā)生彈性碰撞，則滿足動量守恒定律和機械能守恒定律。即：，且，聯(lián)立解得；若物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩物體速度相等，根據動量守恒定律有：，則物體1撞后與碰撞前速度之比，綜上可得，故ABC錯誤，D正確。故選D．11．【分析】本題關鍵要知道兩球發(fā)生彈性碰撞時，B球獲得的速度最大，兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，B球獲得的速度最小，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題。【解答】以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以A球的初速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得：，由機械能守恒定律得：，解得：，如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：，解得：，則碰撞后B球的速度范圍是：，故AB正確，CD錯誤。故選AB。12．【分析】詳細解答和解析過程見【答案】【解答】A．由于烏云帶負電，可知電場線方向由避雷針指向烏云，根據沿電場線方向電勢降低可知M點的電勢比N點低，故A錯誤；B．等差等勢面的分布的疏密程度能夠反映電場的強弱，M點的電場強度比N點大，故B正確；C．帶負電的雨滴從烏云中下落，重力做正功，重力勢能減少，故C正確；D．帶負電的雨滴從烏云中下落，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤；故選BC．13．【分析】由動能定理可求得氣體的動能，從而求出氣體的速度；由動量守恒定律可求得噴氣后探測器獲得的動量，則可求得動能。本題考查了動量守恒定律的應用，認真審題理解題意、正確選擇研究對象是解題的前提，應用動能定理與動量守恒定律可以解題?！窘獯稹緼B、由動能定理可知：，其中，解得：，故A錯誤，B正確；CD、噴氣過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：，將代入解得，則探測器獲得的動能為，故C正確，D錯誤。故選：BC．14．A．離開加速電場時的動能為，故A正確；B．粒子在電場中做勻加速直線運動，有，粒子在偏轉電場中做類平拋運動，有，，所以，由此可知，粒子離開偏轉電場時豎直位移相同；粒子離開偏轉電場時的動能，兩個粒子的電荷量與y都相同，則動能相等，故B正確；D．又粒子離開偏轉電場時的位置、速度方向均相同，所以在感光紙上留下1個感光點，故D錯誤；C．在加速電場中由得，在偏轉電場中沿平行板方向做勻速直線運動，則，故氘所需時間更長，故C錯誤。故選AB．15．【分析】本題借助圖像考查動量和能量的綜合應用。對于這類彈簧問題關鍵用動態(tài)思想認真分析物體的運動過程，注意過程中的功能轉化關系：解答時注意動量守恒和機械能守恒列式分析，同時根據圖象，分析清楚物體的運動情況。兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒，系統(tǒng)動能最小時，彈性勢能最大，據此根據圖象中兩物塊速度的變化可以分析系統(tǒng)動能和彈性勢能的變化情況?！窘獯稹緼．由題意和圖乙可知，在時間內B向右減速，A在向右加速運動，彈簧處于拉伸狀態(tài)，時二者速度相同，彈簧有最大伸長量；后B向右減速再向左加速，A繼續(xù)向右加速運動，時二者速度差達到最大，彈簧處于原長；時間內，A向右減速，B先向左減速后向右加速，說明彈簧處于壓縮狀態(tài)，時二者速度再次相同，此時彈簧有最大壓縮量；時間內，B向右加速，A向右減速，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時B速度達到最大，彈簧又恢復原長，故A錯誤；B．系統(tǒng)動量守恒，選擇開始到時刻列方程可知，其中，解得：，故B正確；C．由A項分析知時彈簧處于原長，，又，解得，故C正確；D．當A、B共速時的速度為1m/s，此時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律可知：彈簧的最大彈性勢能，故D正確。16．1．【分析】略【解答】電容器的放電圖像是一條逐漸下降的曲線，而。從微元法得到，圖像與坐標軸圍成的面積就是總的電荷量，由四舍五入法可得圖像下共有42格，所以電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為。2．【分析】略【解答】電容器充滿電后所帶的電荷量，而所加電壓，所以。3．【分析】略【解答】若將電阻換成一個阻值較大電阻，由于電容器所帶電荷量一定，且所有電荷量都將通過電阻R釋放，則放電過程中釋放的電荷量不變。17．解：（1）電流表最小刻度為0.02，故電流表讀數為0.26A，根據串并聯(lián)知識可得：，解得：；③根據串并聯(lián)知識