重庆市2024-2025学年高二物理上学期第一次阶段性考试试题含解析

Page16高2024级第一次阶段性考试物理试题留意事项：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晰。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起先经过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起先经过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，势能削减，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。3.2024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以上的能段发觉了黑洞双星系统的低频QPO，这是迄今为止发觉的能量最高的低频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】依据题意得故选A。4.一带正电导体，其四周的等势面如图所示，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，则有依据由于质子带正电，则有依据可知相邻等差等势面越密集的地方场强越大，则有依据可得故选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（它们的大小可忽视不计），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.F B.F C.F D.F【答案】D【解析】【详解】未接触前，依据库仑定律，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，当它的段匀整带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC匀整带电＋2q，而另一半圆ADC匀整带电－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）匀整带电且电荷量为时，圆心处的电场强度大小为，当半圆环匀整带电且电荷量为时，相当于两个部分各带电＋q，在O点的场强大小均为E且相互垂直，可得圆心处的电场强度大小为，方向由指向；同理可得，当另一半圆环匀整带电且电荷量为时，其在圆心处的电场强度大小为，方向由指向，依据矢量的合成法则，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，但加速度如何变更无法确定，故BC错误；D．依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，依据对BC选项的分析，加速度的变更状况照旧无法推断，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取声波。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。经测试发觉它对频率为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，在驱动力的频率确定时，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变更的关系如图乙。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，方向沿斜面对下的匀强电场，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从起先运动到速度最大的过程中，系统电势能的削减量为D.物体B从起先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，即由牛顿其次定律知选项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削减量选项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.某物理爱好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）图中试验接受的方法是______（填正确选项前的字母）。A．志向试验法B等效替代法C.微小量放大法D.限制变量法（2）试验表明，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，变更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，试验接受的方法是限制变量法。故选D。（2）[2]本试验中，依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，依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”的试验中。（1）安装好试验装置后，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）摆球摇摆稳定后，当它到达最低点时启动停表起先计时，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），假如测量值小于真实值，可能缘由是________；A.将摆球经过最低点的次数n记少了B.计时起先时，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]依据题意可知，单摆摆长为（2）[2]依据题意可知，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]依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．计时起先时，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]依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，即则由牛顿其次定律得解得（3）电场强度变更后，物块下滑距离为L时，重