万州二中教育集团2023年期中考试物理试题含答案解析

万州二中教育集团2023年秋季高2022级期中考试

物理试题

一、多选题(共6分)

1.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的物理量是

()

A.电场强度E=-B.电场强度E=当

qr2

C.电容CD.电势差U=^

4nkdq

【答案】AD

【详解】

A.电场强度£•与电场本身有关，与电场力和试探电荷电荷量无关，属于用物理量之比定义新的

物理量，故A符合题意；

B.公式E*表明电场强度与电荷量成正比，与距离的平方成反比，公式不属于比值定义式，

故B不符合题意；

c・公式品是电容的决定式，电容的大小由这个式子决定，故C不符合题意；

D.电势差U由电场本身决定，与川和q无关，属于用物理量之比定义新的物理量，故D符合题

忌..-rtr.。

故选ADo

二、单选题(共36分)

2.我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员

甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲

获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作

用，则()

3

A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量

B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D.甲与乙的加速度大小相等方向相反

【答案】B

【详解】

A.甲、乙组成的系统动量守恒，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量，大小相等，但是方向相反，A

错误；

B.甲、乙组成的系统动量守恒，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，B正确；

C.在推动过程中，甲、乙之间的相互作用力等大反向，但无法确定对地位移的大小关系，因此

无法判断做功的关系，即甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，C错误；

D.甲、乙的质量关系未知，无法判断加速度的大小关系，D错误。

故选Bo

3.如图所示，在真空中，。氏cd是圆。的两条直径，在小。两点分别固定有电荷量为+。和-

。的点电荷，下列说法正确的是（）

A.c、d两点的电场强度相同，电势相等

B.c、1两点的电场强度相同，电势不等

C.c、4两点的电场强度不同，电势相等

D.c、△两点的电场强度不同，电势不等

【答案】B

【详解】

如图为等量异种电荷电场线和等势面分布图

据对称性可知，c、4两点的电场强度相同；根据顺着电场线方向电势逐渐降低可得，C点电势高

于4点。

故选B。

4.高空抛物行为曾被称为“悬在城市上空的痛”，带来很大的社会危害。2021年3月1日，“高

空抛物”行为正式入刑。假设一500mL瓶装水从80m高处自由落下，与地面接触时间为0.05s,

撞击地面后速度变为0,则该瓶装水对地面的冲击力约为()

A.5NB.WONC.400ND.1000N

【答案】C

【详解】

设瓶装水质量为〃2,由质量与密度公式

m=pV

得水的质量为

m=0.5kg

落地瞬间的速度为v,忽略空气阻力，由动能定理得

1

mgh=-mv2

得速度为

v=12gh=40m/s

瓶装水落地时受到自身的重力和地面的支持力，若规定向上为正方向，由动量定理得

(FN—mg)t=0—(―mv)

解得

FN=405N

可得该瓶装水对地面的冲击力约为400N。

故选C。

5.如图所示，质量为小、带电荷量为q的粒子，以初速度％从A点竖直向上射入真空中的沿水平方

向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率%=2%,方向与电场的方向一致，则/、B两点

的电势差为()

--------------------►

BO-----►

A1诏B3m诏Q27n诏03m诏

・2qqq2q

【答案】C

【详解】

粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有

2gh=评

电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由诏变为2m诏，则根据动能定理，有

1

Uq—mgh=2m诏—-mv1

解得,A.B两点电势差应为

U_27n诏

一q

故选c。

6.平行板电容器与电源相连，间距为d,在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q的小球,

悬线与竖直方向夹角为6=30。，小球处于静止状态。已知小球质量为机，重力加速度为g,则

A.两极板间的电压为〃=驷

2q

B.保持开关S闭合，增大极板间距，。变大

C.保持开关S闭合，增大极板间距，。不变

D.若断开开关S,增大极板间距，。不变

【答案】D

【详解】

A.对小球进行受力分析，有

qE=7ngtan30°

又因为

U

E=-

解得

j,\[3mgd

U=-------

3q

故A错误；

BC.开关S闭合，两极板间电压不变，由可知，增大极板间距时，E变小；小球平衡时有

a

qE=mgtanO

则E变小时，。变小，故BC错误；

D.断开开关S后，两极板带电量不变，根据

U=2,C=—,E=-

C471kdd

可得

E_4nkQ

一£S

可知场强不变，因此小球受力情况不变，仍然静止，所以6不变，故D正确。

故选D。

7.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的工弧形的光

4

滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度%从A点冲上凹槽，重力加速度大

小为g。下列说法中正确的是（）

A.当%=j2gR时,小球恰好能到达B点

B.当为=/颛时，小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程

中，滑块的动能减小

C.如果小球的速度必足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

D.小球返回A点后做自由落体运动

【答案】D

【详解】

A.小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球％=/耐的速度冲上，根据机械能守恒

1

mgh=-mVQ7

解得

h=R

但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到8

点，A错误；

B.小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增

加，B错误；

C.如果小球的速度分足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向

竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，c错误；

D.小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞

mv0=mv1+mv2

111

-mvg=-mvl+-mvl

解得

1^1=0,1^2=笠0

所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。

故选D。

三、多选题（共18分）

8.如图所示，一粗糙长木板M放置在光滑水平地面上，物块N以某一水平速度滑上M,此后N

始终未脱离M,则在运动过程中，下列说法正确的是（）

M

ZZ///Z/ZZ//ZZ/Z/Z//Z//ZZZZZZZ//

A.M的动量守恒

B.M、N组成的系统动量守恒

C.M、N组成的系统机械能守恒

D.存在某段时间内，N合外力的冲量为零

【答案】BD

【详解】

A.M、N共速前，M受到摩擦力的作用，动量是变化的，故A错误；

B.由于整个运动过程中，M、N组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，故B正确；

C.由于存在摩擦力做功转化为内能，M、N组成的系统机械能不守恒，故C错误；

D.M、N共速后，N合力为零，此后的运动的任意时间内，N合外力的冲量为零，故D正确。

故选BDo

9.已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，a0处电势为5V,一电子从

x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是

A.x=0处电场强度为零

B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-lcm处的加速度

C.该电子运动到x=0处时的动能为3eV

D.该电子不可能运动到x=2cm处

【答案】AC

【详解】

根据图线斜率的意义可知，夕”图线的斜率表示电场强度，所以可知在40处电场强度为0.故

A正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知4-2cm处的电场强度大于4-1cm处的电场强度，

则电子的加速度：可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-lcm处的加速度.故B

错误；电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V,电子在户0处的电

势为0，电子的电势增大3V,所以电子的电势能减小3eV.由于电子运动的过程中只有电场力

做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达处的动能为3eV.故C正确；

由图可知，》轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到x=2cm处.故D错误.

10.如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场E=lxiyv/m,其中有一个半径为R=2m的竖直光

滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道A3和AC,A点所在的半径与竖直直径3c成37。角。质

量为〃z=0.08kg、电荷量为q=+6xl（?5c的带电小环（视为质点）穿在弦轨道上，从A点由静止释

放，可分别沿和AC到达圆周上的B、。点。现去掉弦轨道AB和AC,如图乙所示，让小环

穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正

确的是（）（cos37°=0.8,g取10m/s2）

BB

图甲图乙

A.小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1：1

B.小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大

C.小环做圆周运动过程中动能最小值是1J

D.小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N

【答案】AD

【详解】

A.因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为

F=J(mg，+(Eq，=^mg=IN

4

与竖直方向夹角正切值

qE3

land=----=-

mg4

解得

e=37°

重力与电场力合力指向A。，A为等效最高点，根据等时圆，小环在弦轨道A3和AC上运动时间

相等，A正确。

B.等效最低点在A0延长线与圆轨道交点，而非。点。等效最低点速度最大，动能最大，B错

误。

C.因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为

零，在A点动能最小也为零，C错误。

D.小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大。从等效最高点至等效

最低点过程中，由动能定理得

F.2R=^mv^—0

由牛顿第二定律得

风一尸=my

代入数据解得

FN=5.0N

由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0N,D正确。

故选ADo

四、实验题(共12分)

11.某研究性学习小组做''用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，把一个电容器、电流传

感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先将开关S拨至1端，电源向电容器充电，

然后将开关S拨至2端，电容器放电，与电流传感器相连接的计算机记录这一过程中电流随时间

变化的/-t线，如图乙所示。

(1)关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是o(填正确答案标号)

A.电容器充、放电过程中，外电路有电流

B.电容器充、放电过程中，外电路有恒定电流

C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能

D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小

(2)在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间的电压；在形成电流线2的过程

中，电容器的电容o(均选填“逐渐增大”“不变”或“逐渐减小”)

(3)曲线1与横轴所围面积(选填“大于”“等于”或“小于”)曲线2与横轴所围

面积。

【答案】(1).AD(2).逐渐增大(3).不变(4).等于

【详解】

(1)[1]AB.由4图像可知，电容器充、放电过程中，外电路中有电流，电流不断变化，A正

确，B错误；

C.电容器充电过程中，电源提供的电能一部分转化为内能，一部分转化为电容器的电场能，C

错误；

D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小，D正确；

故选AD；

(2)⑵⑶在形成电流曲线1的过程中，电容器充电，电容器两极板间的电压逐渐增大；电容器

的电容不随电压及电荷量的变化而变化，在形成电流线2的过程中，电容器的电容不变;

(3)[4]根据

q=It

可知图像与坐标轴围成的面积等于电容器充电或放电电量，电容器充电的电量等于放电的电量，

故曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积。

12.佳佳老师带领11、12班的研究学习小组利用图所示装置，将钢球a用细线悬挂于。点，钢球b

放在离地面高度为"的支柱上，。点到a球球心的距离为L。将a球拉至悬线与竖直线夹角为a,由

静止释放后摆到最低点时恰与b球正碰，碰撞后a球把轻质指示针(图中未画出)推移到与竖直

线夹角夕处，b球水平抛出后落到地而上，测出b球的水平位移s。用托盘天平秤量出a球的质量

ma,入球的质量mb，再结合当地重力加速度9,验证了a、b两钢球碰撞前后系统动量守恒。

(1)由题可知：a球的质量__________b球的质量(填“大于”、“小于”或“等于”)；

(2)a球碰撞前后的速度的表达式%=,va=；(用L、g、a、。表

示)

(3)碰后b球速度的表达式%=(用s,g、H表示)；

【答案】(1).大于(2).J2g“1-cosa)(3).12gL(1-cos。)(4).s居

【详解】

(1)[l]a球、b球碰撞过程中，满足动量守恒，又因为碰撞后，a球继续向左运动，所以可知，a

球的质量大于b球；

(2)[2][3]对钢球a从静止释放后摆到最低点过程,根据动能定理可得

ma^L(l-cosa)=-mav^

解得a球碰撞前的速度的表达式

v0=J2gL(1—cosa)

碰撞后，对钢球a从最低点到摆到最高点过程。根据动能定理可得

1,

-magL(l-cos/?)=0--mav^

解得a球碰撞后的速度

%=J2g“1-cosH)

(3)[4]b球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有

1,

H=-gt2

水平方向有

S

可得

Vb=S^H

五、解答题(共18分)

13.如图所示，真空中A、B、C三点都在匀强电场中。已知ACL3C,^ABC=37°,BC=20cm,把

一个电荷量4=2x10%：的正电荷从A移到C电场力做功为-2.4xl0-7j。从。移到8电场力做功为

2.4x10-7,sin37°=0.6,cos37°=0.8求：

(1)A3间的电势差UAB

(2)该匀强电场的场强大小和方向

C

P-37歹B

【答案】(1)ov；(2)1000V/m,方向与垂直斜向下

【详解】

(1)由

叫B="C+

MB=QUAB

可得

必B2.4X10-7J-2.4X10-7J

^AB==OV

q2x10-9C

(2)由

“CB=qUcB

得

%B2.4x10-7J

UcB=120V

q2x10-9C

电场线与等势面垂直，所以电场线的方向与垂直斜向下，依据公式得

UcB120V

E==lOOOV/m

BCsin37°0.2x0.6m

14.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在

圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体(时间极

短)，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径火=0.2m；A和B的质量均为200g；A和B整

体与桌面之间的动摩擦因数4=0.2,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)碰撞前瞬间A的速率v和碰撞后瞬间A和B整体的速率M以及A和B整体在桌面上滑动的

距离1-,

(2)碰撞过程中A对B的冲量大小和A对B做的功。

【答案】(1)2m/s,lm/s,0.25m；(2)0.2N-S,0.1J

【详解】

(1)根据机械能守恒定律有

D12

mgK=-mv*-

解得碰撞前瞬间A的速率有

v=2m/s

根据动量守恒定律有

mv=2mvf

解得碰撞后瞬间A和B整体的速率

v'=lm/s

根据动能定理有

1

0——­(2rri)v'2=-fi(2m)gl

解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离

/=0.25m

(2)根据动量定理，A对B的冲量等于B的动量变化量

I=mv'=0.2N-S

根据动能定理，A对B做的功等于B的动能变化量

W=-mv2=0.1J

2

15.中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在%0y平面

内的第一象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场E。(未知)，一粒子发射源固定在坐标原

点。，该装置可以沿x轴正方向发射质量为加、电荷量为q(q>0)的粒子P,粒子的初速度均为

北，刚好能过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为1,不计重力及粒子间的相互作用。

(1)已知粒子P过M点时速度为2%，求匀强电场的场强大小殳和M点的纵坐标；

(2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿y轴

正方向，题干中其他条件均不变，t=0时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图2中可与

E。的比值；

(3)如图3所示，在％=2处放置一垂直于工轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限

内加如图2所示的交变电场，图3中两条虚线的纵坐标为=土整"在^=0至t=白时间内从坐

164VQ

标原点。沿%轴正方向连续发射粒子P,粒子的初速度均为先,求在哪个时间范围内发射出的粒子

P,运动轨迹始终在图3中两条虚线之间(含虚线)，并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范

围。

【答案】⑴E[=*y=净;⑵1r4；⑶表羔，一噜<y<0

【详解】

(1)粒子P在电场中做类平抛运动，将粒子P运动到M点时的速度正交分解，其沿4轴方向的上分

速度为北，根据勾股定理其沿y轴方向的分速度

%=、(2%)2-Vo=属0

粒子P在电场中的加速度

qE°

a=----

m

根据动力学，有

V3v0=at

l=»01

12

y=2at

联立可得

yJ3mVn

E=—^

Qqi

V3,

y”=y=Y

(2)换成交变电场后，粒子P运动至M点的运动时间仍为

I

t=——

%

结合题图2可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子P沿y轴的分速度随时间变化的v