重庆巴蜀科学城中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题

这是一份重庆巴蜀科学城中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1．下列说法正确的是（ ）
A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
B．根据，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
C．从公式来看，场强大小E与F成正比，与q成反比
D．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
2．如图所示，横截面都是正方形的两段导体，材料和长度都相同，边长如图所示，其中A为中空导体，导体B刚好能嵌入导体A，现将AB并联后接入到一电路中，则（ ）
A．A、B两段导体的电阻之比为1∶1B．流过导体B的电流比流过导体A的大
C．导体A消耗的电功率比导体B消耗的电功率大D．两段导体在相等时间内产生的热量之比为1∶2
3．如图所示，某静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。其中A接高压电源正极，B接高压电源负极，A、B之间有强电场，下列说法不正确的是（ ）
A．商电商商B超过电场短段越大B．带电尘埃向收集器A运动过程中电势能增大
C．电离器B附近的空气分子更容易被电离D．带电尘埃被收集器A吸附后最终掉落
4．设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度v正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，质量为m的物块原本静止在倾角为的斜面上，后来，在与斜面夹角为的恒力F拉动下向上运动，经过时间t，则在运动过程中（ ）
A．物块重力的冲量为0B．物块所受拉力的冲量为Ft
C．物块的动量一定增大D．物块受到合力的冲量为
6．如图所示，实线MN是匀强电场中的一个等势面，虚线AB是一电子只在电场力作用下的运动轨迹．电子从A运动到B过程中，加速度大小a、动能随时间t的变化关系图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．在如图所示的电场中，电场线关于GH对称，以O为圆心的圆与竖直电场线GH交于a、c两点，bd是水平直径。下列说法正确的是（ ）
A．沿bd连线从b点到d点，电势先减小后增大
B．电子在a、c两点所受电场力相同
C．a、O两点的电势差大于O、c两点的电势差
D．将电子沿bd连线从b点移到d点，电场力做正功，电势能减小
8．如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（ ）
A．电路中电源电动势为3.5V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表的读数逐渐减小
C．时，电动机的机械功率为0.54W
D．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
9．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（ ）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
10．一质量为的物体以的初速度与另一质量为的静止物体发生碰撞，其中。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞，碰撞后两物体速度分别为和。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
11．光滑的水平桌面上，质量为0.2kg、速度为3m/s的A球跟质量为0.2kg的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为（ ）
A．2.6m/sB．2.4m/sC．1.2m/sD．0.6m/s
12．雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，如图所示，a、b、c、d为等差等势面，M、N为电场中的两点，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势比N点高B．M点的电场强度比N点大
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力势能减少D．带负电的雨滴从乌云中下落，电势能增加
13．为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速，已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化，则（ ）
A．喷出气体的速度为B．喷出气体的速度为
C．喷气时间后探测器获得的动能为D．喷气时间后探测器获得的动能为
14．如图，氕（）和氘（）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为，偏转电压为，若圆筒不转动，两种原子核（ ）
A．离开加速电场时，动能相等B．离开偏转电场时，动能相等
C．氕（）通过偏转电场所需时间更长D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
15．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现给A一个水平向右的初速度，大小为，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知，下列说法正确的是（ ）
A．时刻和时刻弹簧都处于压缩状态B．B的质量为2kg
C．B的最大速度为D．弹簧的最大弹性势能为3J
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
16．（6分）在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示。一位同学使用的电源电动势为10.0V，测得放电的图像如图乙所示。
（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”数格法，求“图线与两坐标轴包围的面积”，可得电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为______C（结果保留两位有效数字）。
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为______F（结果保留两位有效数字）。
（3）如果将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量______（选填“变多”“不变”或“变少”）．
17．（6分）某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表的内阻。所用器材：电源为两节干电池，电流表（量程0.6A，内阻），电流表（量程0.6A），电阻箱，滑动变阻器，开关和单刀双掷开关、，导线若干。
（1）实验时，先将接1，接3，滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关，调节、，使电流表、的指针偏转均较大，若这时示数为、电流表的示数如图2所示，则电流表的示数为______A；若这时电阻箱接入电路的电阻为，则电流表的内阻______（用、、表示）。
（2）将开关接2，开关接4，将电流表改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻______；多次调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数、，作图像，得到图像与纵轴的截距为b，图像斜率的绝对值为k，则得到电源的电动势______，内阻______（后两空用b、k、、、中的符号表示）．
四、计算题：本大题共3小题，共38分．
18．（10分）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们的间距为2cm，两点的连线与场强方向成角。将一个电量为的电荷由A移到B，其电势能增加了，求：
（1）从A移到B的过程中，电场力对电荷做的功；
（2）A、B两点的电势差；
（3）匀强电场的场强大小E。
19．（12分）如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块上面的活动铰链相连，不计一切摩擦，重力加速度，已知：，。
（1）若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定方向始终垂直于杆的力，杆转过时撤去拉力，小球恰好到达最点，求拉力的大小。
（2）若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度，求小球通过最高点时的速度大小，以及此时小球对杆的作用力。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球到最高点时滑块的位移大小．
20．（16分）如图所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一竖直平面内的水平段MP和四分一圆弧段PQ平滑衔接而成．滑槽质量为2m．MN段粗糙、长度为5R．NP段光滑、长度为2R．PQ段光滑、半径为R．距离滑槽右端某处有一固定挡板．质量为m的小滑块以水平速度从M点滑上滑槽，已知小滑块滑至P点时速度为，此时滑槽恰好与挡板碰撞，滑槽与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求：
（1）小滑块滑至P点时滑槽的速度大小，以及滑块与滑槽MN段间的动摩擦因数大小；
（2）滑槽运动前与挡板间的距离x；
（3）若滑槽与挡板碰撞后，立即撤除挡板，试通过分析、计算说明小滑块最终能否停在滑槽上．
物理答案
【答案】
1．D 2．A 3．B 4．B 5．B 6．D 7．C 8．C 9．A 10．D 11．AB 12．BC 13．BC 14．AB 15．BCD
【解析】
1．【分析】
库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力。当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了。
解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。
【解答】
A．电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客观存在的，故A错误；
B．当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；
C式采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，所以此场中某点的电场强度E与F无关，故C错误；
D．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，故D正确。
故选D。
2．解：由题意，导体A的横截面积，导体B的横截面积，所以有；根据电阻定律，由于相同，所以有，从而可以得出A、B两段导体的电阻之比为1∶1．故A正确：
B．根据欧姆定律得，导体A、B并联，根据并联电路的电压特点，所以，故B错误；
C．根据功率公式得，导体A、B并联，根据并联电路的电压特点，所以，故C错误；
D．根据焦耳定律得，又，所以，即二段导体在相等时间内产生的热量之比为1∶1，故D错误。
故选：A。
根据题意求解导体A的横截面积，根据电阻定律判断A、B导体电阻的大小：根据井联电路的特点及欧姆定律作出判断：根据电功率公式进行判断。
本题的关键是抓住“A为真空导体，导体B刚好能嵌入导体A”这一条件，从而求解导体A的横截面积。
3．【分析】
【分析】B为线状，A为板状，距离B越近，电场线越密，场强越大，不是匀强电场，粉尘所受合力是变力，除尘过程中，电场力吸引粉尘，对粉尘做正功。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握B为线状，A为板状，距离B越，电场线越密，场强越大，不是匀强电场。
【解答】
【解答】解：AC、B为线状，A为板状，距离B越近，电场线越密，场强越大，电离器B附近的空气分子更容易被电离，故AC正确；
B、除尘过程中，电场力吸引粉尘，对粉尘做正功，电势能减小，故B错误；
D、带电尘埃被收集器A吸附后，电荷被中和最终掉落，故D正确。
本题选择错误的，故选：B．
4．【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
质量相等的两个钢球发生正面弹性碰撞，根据弹性碰撞的特点（动量守恒、动能守恒）知碰后二者速度互换，碰撞后入射球静止，被碰球速度为v，入射为两个钢球，则碰撞后离开仍为两个钢球，故选B．
5．【分析】
重力不为0，冲量也不为0，木块如果匀速运动，速度不变，动量不变，根据动量定理课解得合力的冲量。
某一个力的冲量即为力与时间的乘积，与物体的运动状态等无关。
【解答】
A．根据冲量的定义知重力不为0，冲量也不为0，重力的冲量为，故A错误；
B．拉力的冲量为Ft，故B正确；
C．如果木块匀速运动，速度不变，动量不变，故C错误；
D．根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量变化，如果木块匀速运动，动量变化量为零，则合力的冲量为0，故D错误。
6．【分析】
本题考查了电场强度与电场力的关系和计算：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。
粒子在电场力作用下运动，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；
根据沿着电场线的方向电势降低的即可判定电势高低；电场力做正功，电势能减小，动能增大；电场力做负功，电势能增大，动能减小。
【解答】解：由运动轨迹虚线AB等势面MN可知，电场力方向指向凹的一侧即垂直MN向下，由于匀强电场中电场力与电场线平行，则电场方向垂直MN向上；
AB．由于电子在匀强电场中运动，电场力不变，加速度不变，故AB错误；
CD．设电场强度为E，电子的电荷量为q，质量为m，从A到B，沿电场方向的运动距离为s，则电场力做正功：，由动能定理可知，所以图像为二次函数图像，故C错误，D正确。
7．【分析】
详细解答与解析过程见【答案】
【解答】
A．过b、d两点作等势线知，沿bd从b点到d点，电势先增大后减小，选项A错误；
B．由电场线的疏密程度知，电子在a点所受电场力较c点大，选项B错误；
aO两点间的平均电场强度大于Oc两点间的平均电场强度．由知两点的电势差大于0c两C．点的电势差，选项C正确；
D．将电子沿bd从b点移到d点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D错误。
8．【分析】
先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断读数的变化情况．当时，电动机输出功率最大，由电动机的总功率UI与发热功率之差求解输出功率．变阻器全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的最大阻值。
本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表对应的图线，对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键。
【解答】
A．由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，则，所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流时，，则电源的电动势为：，故A错误；
B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B错误；
C．由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻，当时，，电动机输出功率最大，最大为：，故C正确；
D．当时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以，故D错误。
故选C。
9．解：A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，故A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律，故B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为，故D正确。
选错误的，故选：A．
挖去两小球前，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同；挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小根据点电荷场强公式求解；挖去两小球后，P点场强方向不变，挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小由挖去两小球前的场强，减去挖去后两小球在P点产生的场强。
本题考查了割补法求电场强度，难度比较大，计算量比较大，解题的关键是求出未挖两小球前大球在P点的场强，及两小球在P点产生的场强，方向相同做差即可。
10．【分析】
本题考查了碰撞、动量守恒定律和能量守恒定律及相关知识点，题目比较综合。
完全弹性碰撞不损失机械能，完全非弹性碰撞后两者具有相同速度，损失机械能最多，据此利用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求出物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围。
【解答】
若物体发生弹性碰撞，则满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
即：，且，
联立解得；
若物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物体速度相等，根据动量守恒定律有：，
则物体1撞后与碰撞前速度之比，
综上可得，故ABC错误，D正确。
故选D．
11．【分析】
本题关键要知道两球发生弹性碰撞时，B球获得的速度最大，两球发生完全非弹性碰撞时，B球获得的速度最小，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。
【解答】
以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，解得：，
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，
解得：，
则碰撞后B球的速度范围是：，故AB正确，CD错误。
故选AB。
12．【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A．由于乌云带负电，可知电场线方向由避雷针指向乌云，根据沿电场线方向电势降低可知M点的电势比N点低，故A错误；
B．等差等势面的分布的疏密程度能够反映电场的强弱，M点的电场强度比N点大，故B正确；
C．带负电的雨滴从乌云中下落，重力做正功，重力势能减少，故C正确；
D．带负电的雨滴从乌云中下落，电场力做正功，电势能减小，故D错误；
故选BC．
13．【分析】
由动能定理可求得气体的动能，从而求出气体的速度；
由动量守恒定律可求得喷气后探测器获得的动量，则可求得动能。
本题考查了动量守恒定律的应用，认真审题理解题意、正确选择研究对象是解题的前提，应用动能定理与动量守恒定律可以解题。
【解答】
AB、由动能定理可知：，其中，解得：，故A错误，B正确；
CD、喷气过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知：，
将代入解得，则探测器获得的动能为，故C正确，D错误。
故选：BC．
14．A．离开加速电场时的动能为，故A正确；
B．粒子在电场中做匀加速直线运动，有，粒子在偏转电场中做类平抛运动，有，，所以，由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同；粒子离开偏转电场时的动能，两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，故B正确；
D．又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故D错误；
C．在加速电场中由得，在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则，故氘所需时间更长，故C错误。
故选AB．
15．【分析】
本题借助图像考查动量和能量的综合应用。对于这类弹簧问题关键用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系：解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。
两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。
【解答】
A．由题意和图乙可知，在时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，时二者速度相同，弹簧有最大伸长量；后B向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，时二者速度差达到最大，弹簧处于原长；时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，时二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量；时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误；
B．系统动量守恒，选择开始到时刻列方程可知，其中，
解得：，故B正确；
C．由A项分析知时弹簧处于原长，，又，解得，故C正确；
D．当A、B共速时的速度为1m/s，此时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可知：弹簧的最大弹性势能，故D正确。
16．1．【分析】
略
【解答】
电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而。从微元法得到，图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，由四舍五入法可得图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为。
2．【分析】
略
【解答】
电容器充满电后所带的电荷量，而所加电压，
所以。
3．【分析】
略
【解答】
若将电阻换成一个阻值较大电阻，由于电容器所带电荷量一定，且所有电荷量都将通过电阻R释放，则放电过程中释放的电荷量不变。
17．解：（1）电流表最小刻度为0.02，故电流表读数为0.26A，根据串并联知识可得：，解得：；
③根据串并联知识可得：，解得：；
（2）由闭合电路的欧姆定律得：，
整理得：．
由图示图像可知，图像的斜率，纵轴截距．
解得：，电源电动势，
18．本题的关键是理解并掌握电场力做功与电势能变化的关系、电势差与电场力做功的关系、电势差与场强的关系，要注意公式中d的含义是两点沿电场方向的距离。
（1）电荷的电势能增加多少，克服电场力做功就多少，由此求解电场力所做的功；
（2）由求解A、B两点间的电势差；
（3）根据可求出电场强度的大小。
18．解：（1）电荷由A移到B，其电势能增加了，即，
根据电场力做功与电势能变化之间的关系，得：；
（2）A、B两点的电势差；
（3）匀强电场的场强大小。
19．解：
（1）由于施加的力为大小恒定方向始终垂直于杆的力，由动能定理得：，代入数据解得。
（2）到最高点时设小球速度为，滑块速度为，水平方向动量守恒，则有
系统机械能守恒则有，代入数据则有
由向心力表达式可得，代入数据则有，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可知：，方向竖直向上。
（3）设小球到达最高点时小球向右移动位移大小为，滑块向左移动位移大小为，根据动量守恒有
，且，解得：，代入数据：。
20．解：（1）系统动量守恒：
得滑块滑至P点时，滑槽速度大小：
小滑块从M滑至N点过程能量守恒：
可得
方法二（用牛顿定律求解）
对没滑块：
（或，或）
对滑槽：
（，或）
相对位移：
由以上各式解得：
方法三：（用动量定理和动能定理）对滑块：
对滑槽：
相对位移：
由以上各式解得：
（2）小滑块从开始到达N点运动过程，滑槽的加速度为
设滑槽在此段时间内对地位移为，则有（或，或）
得
此后两者均做匀速直线运动：
此过程滑槽对地位移为：，
得
则滑槽运动前与挡板间的距离：
（3）滑槽与挡板碰撞后速度
如果滑块能从右端Q点滑离滑槽，滑块相对于滑槽做竖直上抛运动，最终还会落回到滑槽，因此滑块最终可能从右端离开滑槽。
设滑块最终不会从滑槽左端滑落，则系统动量守恒：
得
系统能量守恒：
解得，
故滑块最终能停在滑槽上表面。
方法二（分过程用动量守恒、动能定理、动量定理、或牛顿定律结合求解）滑块滑回N点过程：
解得：
由于滑块与滑槽动量大小相等方向相反，故同时停下，设滑块最终不会从滑槽左端滑落对滑块：
解得：
对滑槽：
解得：
则，（或对滑块：，对系统：）
故滑块最终能停在滑槽上表面。