高安市部分中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试
物理
考生注意：
1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题 （共11题，每题4分，共44分，1-7单选，8-11多选。）
1．关于摩擦起电和感应起电，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦起电和感应起电均说明电荷可以创生 B．等量异种电荷发生中和时说明电荷消失了
C．摩擦起电和感应起电均是电荷发生转移所致 D．两个不带电的物体通过摩擦起电可同时带上同种电荷
2．两个放在绝缘架上的相同金属球相距d，球的半径远小于d，分别带和的电量，两球间的库仑力大小为。现将这两个金属球充分接触，然后放回原处，则它们的库仑力大小将变为（ ）
A． B． C． D．0
3．如图所示，ABCD-A'B'C'D'为正方体，在其顶点A处固定一带负电的点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．B'、C两点的电势不相等
B．A′、B、D三点的电场强度相同
C．将一带正电的试探电荷由A′点移到C′点，电场力做负功
D．若在D点放一带负电的试探电荷，则该试探电荷的电势能为负值
4．空间中某一静电场的电势在轴上的分布情况如图所示，其中。下列说法中正确的是（ ）
A．空间中各点的场强方向均与轴垂直
B．电荷在处和处受到的电场力相同
C．正电荷沿轴从处移到处的过程中，电势能增大
D．负电荷沿轴从处移到处的过程中，电场力先做负功后做正功
5．如图所示，ABCD是边长为L的正三棱锥，M、N、P分别为BD、AB和AD边的中点，正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷，则（ ）
A．M点的电势高于Р点的电势
B．将质子由C移动到M，电场力做负功
C．将电子由Р移动到N，电势能增大
D．M、P两点的电场强度相同
6．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．甲表是电流表，增大时量程增大
B．乙表是电压表，减小时量程增大
C．在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则
D．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则
7．A、B两球之间压缩一根轻弹簧（不拴接），静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球的质量分别为和。当用板挡住A球而只释放B球时，球被弹出落于距桌边水平距离为的地面上，球离开桌面时已与弹簧分离，如图所示。若以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则球的落地点距离桌边的水平距离为（ ）
A． B．
C． D．
8．关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C．在负点电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
D．沿电场线方向移动时，电势一定减小
9．电容器、电源、电阻、电键组成如图所示的电路．接通开关K，电源即给电容器充电（ ）
A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度增加
B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的带电量不变
C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．充电结束后断开K，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大
10．一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝60 Ω，R2＝30 Ω，R3＝60 Ω。 另有一测试电源，电源电压为80 V，内阻忽略不计。则（ ）
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是80 Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是80 Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为40 V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为40 V
11．如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为
B．小球运动到最低点时的速度大小为
C．小球运动到最低点时的速度大小为
D．小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为
二、实验题（共18分）
12．实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。电池内阻约为欧。用电流表、电压表、滑动变阻器、定值电阻（阻值为2欧）、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的图像如图2所示。
（1）图1的电路图为图3中的 。（选填“A”或“B”）
A． B．
（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势 V。内阻 。
（3）实验后进行反思，若考虑到电表内阻的影响，发现上述实验方案存在系统误差。误差分析可知电源电动势和内阻的真实值与电源电动势和内阻的测量值的关系为： ， 。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）
13．某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。实验中使用半径相等的金属小球1和2，且小球1的质量大于小球2的质量。实验操作步骤如下：
a.用天平称量小球1、2的质量和；
b.安装好实验装置，使斜槽的末端水平，并记下重锤线所指的位置O：
c.不放小球2，让小球1从斜槽上由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置：
d.把小球2放在斜槽末端边缘处，让小球1由相同位置静止滚下，使它们正碰。重复多次，并使用与“c”步同样的方法标出碰撞后两小球落点的平均位置：
e.用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
请回答下列问题：
（1）说明P、M、N三点分别是上述实验中，何种情况下，哪个小球的平均落点位置 ；
（2）按照本实验方法，要能证明球1和球2碰撞前后的总动量相等，上述各测量量间应满足的关系式是 ；
（3）已测得，已知球1的质量是球2的两倍，则系统碰撞后总动量与碰撞前总动量p的百分误差 。（结果保留2位有效数字）
（4）上述实验中M、P、N三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用小球质量无关的是 ；（选填“OM”、“OP”或“ON”）
三、计算题（共38分）
14．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一质量，电荷量大小液滴，恰好处于静止状态，重力加速度，问：
（1）液滴带何种电荷；
（2）电场强度的大小是多少。
15．在如图所示电路中，已知间所加电压为，，，电流表的内阻不计，求：
（1）电阻两端的电压；
（2）电流表和的示数。
16．如图所示，冰城大型户外冰上游乐活动的模型图，固定在地面上的圆弧轨道表面光滑，质量、长度的平板C置于冰面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切，平板左侧放置质量的橡胶块B。质量的人A从圆弧轨道上与平板高度差为处由静止滑下，A与B碰撞后立即共速。整个运动过程中A、B均可视作质点。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为，冰面宽度，平板碰到冰面边墙壁立即被锁定。平板受到冰面的阻力忽略不计，重力加速度。求：
（1）A与B碰撞后瞬间的共同速度为多大；
（2）AB与C达到共同速度时，此时AB离C右端的距离x多大；
（3）在C被墙壁锁定后，为了避免人碰撞到墙壁，且保证人不掉到冰面上，在AB与墙壁距离为x时，人把B以速度vB推出，B与墙壁碰后立即被锁定，试讨论vB的取值范围（答案中包含x）。
1．C
A．摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，故A错误；
B．将分别带有等量正电和负电的物体相互接触，电荷发生中和，没有消失，故B错误。
C．摩擦起电与感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分，故C正确。
D．摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，所以两物体摩擦起电不能同时带有同种电荷，故D错误；
故选C。
2．A
两金属球未接触时根据库仑定律可知
两个金属球接触后所带电荷量均为
则它们的库仑力大小变为
联立可得
故选A。
3．C
A．B'、C两点到A点的距离相等，所以电势相等，故A错误；
B．A'、B、D三点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．A′点到A点的距离小于C′点到A点的距离，故C′点的电势比A′点的电势高，将一带正电的试探电荷由A′点移到C′点，该电荷的电势能增大，电场力做负功，故C正确；
D．由于无穷远处电势为零，沿电场线方向电势降低，所以D点电势小于零，若在D点放一带负电的试探电荷，则该试探电荷的电势能为正值，故D错误。
故选C。
4．B
A．由图可知，沿x轴方向电场的电势降低，说明沿方向电场强度的分量不为0，所以空间中各点的场强方向均不与轴垂直，故A错误；
B．根据
可知图像的斜率表示场强，由图可知，沿方向电势均匀减小，可知电场为匀强电场，则电荷在处和处受到的电场力相同，故B正确；
C．由图可知，沿x方向电势均匀减小，根据
可知正电荷沿轴从处移到处的过程中，电势能减小，故C错误；
D．由图可知，沿x方向电势均匀减小，根据
可知负电荷沿轴从处移到处的过程中，电势能增大，则电场力做负功，故D错误。
故选B。
5．B
A．根据对称性可知，M点和P点的电势相等，故A错误；
B．根据等量异种电荷等势面关系图可知，若仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，质子由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，故B正确；
C．在A处点电荷产生的电场中，N点和P点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，在D处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，所以N点的电势高于P点的电势，电子在N点的电势能小于在P点的电势能，电子由P到N电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故选B。
6．D
A．甲由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表。电流表的量程
可知当增大时，量程减小，故A错误；
B．乙由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表。电压表的量程
可知减小时，量程减小，故B错误；
C．由公式
知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则
故C错误；
D．由公式
知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则
故D正确。
故选D。
7．A
ABCD．当用板挡住A球而只释放B球时，根据能量守恒有弹簧的弹性势能
根据平抛运动规律有
当以同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的水平速度大小分别为和，规定向左为正方向，则根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
B球的落地点距离桌边的水平距离为
A正确，BCD错误。
故选A。
8．CD
A．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；
B．电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误；
C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故C正确；
D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线方向是电势降低最快的方向，故D正确；
故选CD。
9．AC
A．保持K接通，则两板间电势差U一定，减小两极板间的距离，根据
则两极板间电场的电场强度增加，选项A正确；
B．保持K接通，则两板间电势差U一定，在两极板间插入一块介质，根据
可知电容变大，根据
Q=CU
可知，极板上的带电量变大，选项B错误；
C．充电结束后断开K，则Q一定，减小两极板间的距离，根据
则C变大，根据
Q=CU
则两极板间的电势差减小，选项C正确；
D．充电结束后断开K，则Q一定，在两极板间插入一块介质，根据
则C变大，根据
Q=CU
则极板上的电势差减小，选项D错误。
故选AC。
10．AC
A．当cd端短路时，ab之间电路结构为：R2、R3并联后与R1串联，根据并联电阻和串联电阻的规律，ab之间的等效电阻是
故A正确；
B．当ab端短路时，cd之间的电路结构为：R1、R3并联后与R2串联，cd之间的等效电阻是
故B错误；
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3的电压
故C正确；
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3的电压
故D错误。
故选AC。
11．ABD
ABC．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球的水平位移大小为，木块A的位移大小为，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度为vA；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
则
由几何关系得
由机械能守恒定律得
解得
，，
故AB正确，C错误；
D．C球向左摆至最高点时，A、C共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
由AC系统能量守恒得
解得
则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故D正确。
故选ABD。
12．（1）B （2） （3）大于 大于
13．（1）P是未放被碰小球2时，球1的平均落点，M是球1与球2正撞后球1的平均落点，N是碰后球2的平均落点 （2） （3）1.4 （4）OP
14．（1）负电荷；（2）
（1）液滴受重力和电场力处于静止状态，可知电场力向上，则液滴带负电荷；
（2）根据共点力平衡条件有
解得
15．（1）8V；（2）1.5A，1A
（1）由电路图可知，电阻、、并联后跟串联，设、、三个电阻并联的总电阻为，有
解得
由欧姆定律有
两端电压为
（2）并联部分的电压为
电流表测量的是通过、的总电流，故
电流表测量的是通过、的总电流，故
16．（1）8m/s；（2）1m；（3）
（1）A沿圆弧下滑到碰撞前瞬间过程，由机械能守恒定律得
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0 = (m＋m0)vAB
代入数据解得
v0 = 10m/s
vAB = 8m/s
（2）A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0 = (m＋m0＋M)vABC
代入数据解得
vABC = 4m/s
对C，由动能定理得
代入数据解得
xC = 2m < d－L = 10m－5m = 5m
AB与C共速时C与墙壁没有发生碰撞，对AB，由动能定理得
代入数据解得
xAB = 6m
A、B、C共速时AB距C左端的距离
x左 = xAB－xC = (6－2)m = 4m
距C右端距离
x = L－x左 = (5－4)m = 1m
（3）设人恰好到达墙壁时的速度大小为vA1，由动能定理得
解得
人推出B过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
(m＋m0)vABC = mvA1＋m0vB1
解得
设人推出B后人恰好运动到C的左端时刚推出B时A的速度为vA2，对A，由动能定理得
解得
人推出B过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
（m＋m0)vABC = －mvA2＋m0vB2
解得
则vB的范围是
