江西省吉安县第二中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题.docx

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1、江西省吉安县第二中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题考试时间：90分钟 总分：100分一、选择题（17为单项选择题，810为多项选择题，每题4分，共计40分。）1关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）A动量越大的物体，其惯性也越大B物体的动能若不变，则动量一定不变C动量变化量的方向一定和动量的方向相同D运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向2以下说法正确的是（ ）A由可知此场中某点的电场强度E与F成正比B由公式可知电场中某点的电势与q成反比C公式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差一定越大3

2、如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，c为ab的中点，d为P和金属杆连线的中点。达到静电平衡后（ ）Aa端的电势比b端的高Ba端的电势比b端的低C点电荷在杆内c的场强为零Db端的电势比d点的电势低4如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( )Aa 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大 BN 点的电势低于M 点的电势Ca 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大 Da 粒子在M 点的速率

3、小于在N 点的速率5某同学研究白炽灯泡的IU图像如图所示，下列判断正确的是（）A加5V电压时，灯泡的电阻约是5 B加12V电压时，灯泡的电阻约是1.25C由图可知，随着电压的增大，灯泡的电阻不断减小.D白炽灯是非线性元件，不能用欧姆定律计算它的电阻6如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（ ）A带电油滴所受静电力不变 BP点的电势将升高C带电油滴在P点时的电势能增大 D电容器的电容减小，极板带电荷量增大7一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻

4、运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是（ ）AA、B、C三点的电势关系为 BA、B、C三点场强大小关系为C粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功8以下说法中正确的是（）A电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加9如图所示，某同学经过一段时间练习，掌握了跳高的技巧。同学质量为m，重力加速度为g。在跳起的第一阶

5、段，脚没有离地，经过一定时间，重心上升h1，人质心获得速度v1。在第二阶段，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了一段距离，到达最高点。以下说法中正确的有（）A在第一阶段地面支持力给人的冲量为mv1B在第一阶段地面支持力对人做的功为mgh1C在整个过程中地面支持力对人做的总功为0D在跳起的过程中存在人体肌肉中储存的化学能转化为机械能的过程10物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）A该物体将始终向一个方向运动B3 s时该物体回到原出发点C03 s内，力F的冲量等于零，功也等于零D24 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零二、实验题（每空2分，共

6、计22分。）11某校三人学习小组合作探究电容器的影响因素，电容器充电完成后与电源断开，按如图连接在一起：(1)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有_A使用静电计的目的是测量电容器电压的变化情况B使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C使用静电计的目的是测量电容器电容的变化情况(2)甲同学将左极板向上移动，观察到静电计的指针偏角_；（选填“变大”“变小”“不变”）。(3)乙同学将左极板_（选填“左移”“右移”“旋转”），观察到静电计的指针偏角变小。(4)丙同学在两极板之间插入云母片，观察到静电计的指针偏角_；（选填“变大”“变小”“不变”）。(5)三位同学应用他们实验得到的结论分析某核电

7、站所使用的冷却系统自动化检测技术的原理。如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。如果指示器显示出电容增大了，则必为液面_（“升高”、“降低”或“不变”）。12某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_时，可认为气垫导轨水平；（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4）令滑块在砝码和

8、砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=_，滑块动量改变量的大小p=_；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000 cm，m1=1.5010-2 kg，m2=0.400 kg，t1=3.90010-2 s，t2=1.27010-2 s，t12=1.50 s，取g=9.80 m/s2。计算可得I=_Ns，p=_ kgms-1；（结果均保留3位有效数

9、字）（7）定义，本次实验=_%（保留1位有效数字）。三、计算题（13题8分，14题8分，15题10分，16题12分，共38分；写出必要的解题过程。）13如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10-8F,两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1x10-6c.一电荷量q =3x10-10C,质量m=8x10-8kg带负电的油滴以vo=0.5 m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10 m/s2, 不计空气阻力.求: (1)两极板之间的电压U;(2)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v.14如图所示，甲、乙两船的

10、总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物相对于水的最小速度（不计水的阻力）15如图所示，电子在电势差为U1=180V的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板AB的中央，入射方向跟极板平行，已知极板长L=8cm，间距d=cm，电子质量m=9.010 -31kg，整个装置处在真空中，重力可忽略。求：(1)电子从加速电场出射时的速度v0；(2)若电子恰好从A板边缘出射，则U2为多少？ 16如图所示，在竖直边界线左侧空间存在一

11、竖直向下的匀强电场，电场强度，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为，点距水平地面的高度为。段为一粗糙绝缘平面，其长度为。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线右侧区域固定一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线，位于电场区域的外部（忽略电场对右侧空间的影响）。现将一个质量为、电荷量为的带正电的小球（可视为质点）在点由静止释放，该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为，在C点处与另一不带电且质量为小球发生碰撞，碰后粘在一起向右运动。求：（取）(1)小球到达C点时的速度大小；(2)两球碰后瞬间的速度大小；

12、(3)两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围。2020-2021学年度第一学期期中考试高二物理参考答案1D【详解】A质量是惯性大小的唯一量度，而物体的动量，动量大小取决于质量与速度大小的乘积，因此动量大的物体惯性不一定大，故A错误。B物体的动能若不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可以改变，因此动量可以改变，故B错误。C动量变化量的方向与动量的方向不一定相同，故C错误。D动量和速度都是矢量，由物体的动量可知运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向，故D正确。故选D。2C【详解】AB电场场强、电势都由电场本身决定，与电场力、检验电荷无关，故两种说法错误，故AB错误；

13、C是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小由电容器本身决定，与电容器两极板间电势差无关，故C正确；D由可知，匀强电场中的任意两点、间沿电场线方向间的距离越大，则两点间的电势差一定越大，若匀强电场中的点、间的距离与电场线垂直，距离越大但电势不变，故D错误；故选C。3D【详解】AB达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到a=b，所以A错误，B错误；C达到静电平衡后，导体为等势体，杆内c的场强为零，点电荷在C点的场强与感应电荷在C点的场强等大反向，点电荷在杆内c的场强不为零，故C错误；D由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以db，故D正确。故选D。4C【详解

14、】根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。5A【详解】A当时，由图知电流为则灯泡的电阻故A正确；B加12V时电压时，电流为1.5A，则灯泡的电阻故B错误；C由图知，随着电压的减小，

15、图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知灯泡的电阻不断增大，故C错误；D该白炽灯是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算灯泡在某状态的电阻，故D错误；故选A。6B【详解】A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故选项A错误；BC、板间场强减小，而点与上极板间的距离不变，则由公式分析可知，点与上极板间电势差将减小，而点的电势低于上极板的电势，则知点的电势将升高，由带电油滴原来处于平衡状态可知油滴带负电，点的电势升高，则油滴在点时的电势能将减小，故选项B正确，C错误；D、根据电容的定义式电

16、容器与电源相连，则不变，当减小时，则极板带电荷量也减小，故选项D错误7C【解析】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C8AD【详解】A电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流，A正确；B在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，移动电荷又会导致出现静电力，B错误；CD静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电

17、力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，C错误，D正确。故选AD。9CD【详解】A根据动量定理可知，在第一阶段合外力的冲量，即地面支持力以及重力给人的合冲量为mv1，选项A错误；BC在第一阶段人受到地面支持力的作用点脚底是没有位移的，根据做功的定义我们得出，支持力不做功，即在整个过程中地面支持力对人做的总功为0，选项B错误，C正确；D根据能量关系可知，在跳起的过程中存在人体肌肉中储存的化学能转化为机械能的过程，选项D正确。故选CD。10BCD【详解】A0-1s内F的冲量即速度方向为负方向，1-2s内F的冲量0-2s内F的冲量为，速度方向发生了改变，所以A错误BC2-3

18、s内F的冲量，故0-3s内F的冲量为即0s时的速度和3s时的速度相等，为0，在.03 s内力F做功因为力F不为0，所以位移等于零，故3 s末该物体回到原出发点，所以BC正确D2-4s内F的冲量即冲量不为零由公式可得2s末的速度和4s末的速度大小相等，方向相反，故F做功为零故D正确故选BCD。11A 变大 右移 变小 升高 【详解】(1)静电计可测量电势差，根据张角大小，可判断电容器电压变化，无法判断电量和电容变化，故A正确，BC错误。(2)若极板上移，正对面积减小，根据电容决定式可知，电容减小，根据电容定义式可知，极板电压增大，偏角变大。(3)静电计偏角变小，说明电压减小，根据可知，距离减小，

19、即左极板右移。(4)在极板间加入云母片，根据极板电压减小，则偏角变小。(5)电容增加，可知正对面积增大，所以液面升高。12大约相等 m1gt12 0.221 0.212 4 【详解】（1）当经过A,B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。（5）由I=Ft，知 由知(6)代入数值知，冲量动量改变量（7）13(1)100V；(2)；(3)【详解】(1)由电容器电容公式得：，代入数据得：； (2) 带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在

20、水平方向上的分力相同，根据动能定理有： 解得：14【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2v1，解得：v4v0，则最小速度为4v015（1） 8106 m/s；（2） 90V.【详解】（1）由动能定理解得（2）电子在电场力作用下做类平抛运动加速度为运动时间为偏转的侧位移为解得16(1) 2m/s ；(2) m/s ；(3) 【详解】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：则得vC =2m/s(2)两球碰撞时动量守恒，则解得(3)以两球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：两球恰能到达最高点时，根据牛顿第二定律可得：联立解得R=0.2m若两球恰能到达与轨道圆心等高的位置，则由机械能守恒定律解得R=0.5m则两球碰后进入圆轨道且不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为