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广西桂林市高二（上）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．已知验电器带上正电荷后，验电器上的金箔张开了一定角度，下列说法正确的是(　　)
A．如果用另一带电体接触验电器的金属球，金箔张角更大，则可以判定带电体一定带正电
B．如果用另一带电体接触验电器的金属球，金箔张角变小，则可以判定带电体一定带负电
C．如果用另一带电体接触验电器的金属球，金箔张角先变小后变大，则可以判定带电体一定带负电
D．如果用另一导体靠近验电器的金属球，金箔张角变小，则可以判定导体一定带负电
2．如图所示，光滑绝缘的半圆轨道竖直放置，直径AD水平，B、C是三等分点，在A、D两点固定有电荷量为Q1和Q2的正点电荷，一不计重力的带电小球，恰好能静止在C点，现使该小球以一定的初速度从A点沿轨道运动到D点，则下列说法正确的是 （　　）
A．两点电荷的电荷量之比为
B．小球经过C点时加速度等于0
C．小球经过C点时动能最大
D．小球在B、C两点的电势能相等
3．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，已知，，，，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势为6V，则下列说法正确的是（　　）
A．c点的电势为14V
B．场强的方向由a指向c
C．场强的方向由b指向d
D．匀强电场的场强大小为4V/m
4．如图甲，O为AB连线的中点，M、N在AB连线的中垂线上，A、B、M、N四点距O点的距离均为。在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。以O为原点，ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势随位置x的变化如图乙所示。一电荷量为－q（q > 0）的带电粒子以一定的初动能从M点沿x轴正方向运动，一定时间后经过N点。不计粒子重力，k为静电力常数。则（　　）
A．粒子在M点受到的电场力大小为
B．粒子在O点的电势能为
C．粒子从x = 处到N点的过程中，其动能减少了
D．要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为
5．如图甲所示，一平行板电容器极板长l＝10cm，宽a＝8cm，两极板间距为d＝4cm，距极板右端处有一竖直放置的荧光屏。在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg，速度为4×106m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是（　　）
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64cm2
C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s
二、单选题
6．一半径为R的绝缘球体上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，以球心为原点O建立坐标系如图所示。在x=3R的D点有一电荷量为q的固定点电荷，已知x=2R的C点场强为零，静电力常量为k，E点的坐标x= -2R。则下面说法正确的是（　　）
A．q<0 B．O点的场强大小为零
C．E点的场强大小为 D．E点的场强大小为
7．若不计空气阻力，在下列过程中，跳板跳水运动员机械能守恒的是
A．登上跳板的过程
B．跳板上起跳的过程
C．空中运动的过程
D．手触水后的运动过程
8．天问一号于2020年7月23日在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道，于2021年2月到达火星附近，成功被火星捕获，并于2021年5月成功在火星着陆，从而拉开了我国火星探测的大幕．将这一发射过程进行如下简化：天问一号先进入地球表面的停泊轨道，在该轨道上运行的周期为，被火星捕获后进入火星表面的停泊轨道，在该轨道上运行的周期为．已知地球半径为，火星半径为，下列说法中正确的是（ ）
A．地球质量和火星质量之比为
B．地球表面重力加速度和火星表面重力加速度之比为
C．地球的第一宇宙速度和火星第一宇宙速度之比为
D．地球平均密度和火星平均密度之比为
9．如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，则下列说法中正确的是（　　）
A．M点的电势低于N点的电势
B．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
C．粒子在M点的动能小于在N点的动能
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
10．如图所示，X轴上方存在着沿x轴正方向的匀强电场．从Y轴上的P点同时由静止释放两个质量相同、电荷量不同的带正电颗粒，它们分别打在了X轴上的M、N两点．M点坐标（，0），N点坐标（，0）．打到M、N点的颗粒运动时间分别为和、带电量分别为和、加速度分别为和，沿轴方向的分速度分别为和,电场力对颗粒做功分别为和．不计运动阻力和带电颗粒间相互作用，判断下列分析中正确的是（ ）
A．释放后两颗粒做匀加速直线运动，，＝
B．释放后两颗粒做匀加速直线运动，＝，＝
C．释放后两颗粒做匀变速曲线运动，＝，＝
D．释放后两颗粒做匀变速曲线运动，＝，＝.
11．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）
A．带电油滴一直处于静止状态
B．P点的电势将升高
C．带电油滴的电势能将增大
D．极板带电量将增大
12．下列物理量属于矢量的是（　　）
A．速率 B．重力势能 C．电势 D．电场强度
三、实验题
13．如图所示为研究平抛运动的实验装置：
(1)现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面．这个实验________________
A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律
B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律
C．不能说明上述AB规律中的任何一条
D．能同时说明上述AB两条规律
(2)若把该装置进行改装，可以验证动量守恒定律，改装后的装置如图．实验原理和简要步骤如下：
A．用天平测出直径相同的入射小球与被碰小球的质量m1、m2相比较，应是m1大于m2
B．在地面上依次铺白纸和复写纸．
C．调整斜槽，使斜槽末端平直部分水平，并用重锤确定小球抛出点（斜槽末端口）在地面上的竖直投影点O．
D．不放被碰球m2，先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．
E．把被碰球m2放在斜槽末端口上，让入射球m1从倾斜轨道上S位置静止滑下，与球正碰后，记下落点，重复多次，确定出入射球m1和被碰球m2的平均落地点位置M和N．用刻度尺量OM、OP、ON的长度．
请按要求完成：
①在步骤A中有“m1大于m2”的要求，其原因是为了防止________________，在步骤B中有“斜槽末端平直部分水平“的要求，其原因是为了__________________
②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________（用实验测量的量m1、m2、OM、 ON和 OP表示）
14．某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。
实验步骤如下：
（1）用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，小铁球底部处于同一竖直位置，光电门B固定在立柱上的另一位置，调整它们的位置使铁球、光电门在同一直线上；
（2）切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为。
请回答下列问题：
（1）切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于_______，以确保小铁球能通过两个电光门。
（2）实验中还需要测量的物理量是___________（填选项前的字母）。
A．小铁球的质量
B．小铁球的直径
C．光电门A、B间的距离
（3）小铁球经过光电门B时的速度可表示为=_________（用测量的物理量表示）。
（4）在误差允许范围内，若满足关系式_______，即可验证机械能守恒（用测量的物理量和重力加速度g表示）。
四、解答题
15．如图所示，AMB是AM和MB两段组成的绝缘轨道，其中AM段与水平面成370，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s从离水平地面高h＝4.2 m处开始向下运动，经M点进入电场，从 B点离开电场, 最终停在距B点1.6m处的C点．不计经过M点的能量损失，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求滑块：
(1)到达M点时的速度大小；
(2)M、B两点的距离l；
16．如图所示，两平行金属板A、B板长，两板间距离，A板比B板电势高，一带正电的粒子带电量，质量，沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过界面、间的无电场区域后，进入固定在点的点电荷 形成的电场区域（设界面右边点电荷的电场分布不受界面影响），已知两界面、相距为，点在中心线上距离界面处，粒子穿过界面做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上。（静电力常数）
（1）求粒子穿过界面时偏离中心线的距离是多远。
（2）确定点电荷的电性并求其电量是多少。
17．如图所示，倾角为37°的足够大斜面以直线为界由两部分组成， 垂直于斜面的水平底边且其左边光滑右边粗糙，斜面上固定一个既垂直于斜面又垂直于的粗糙挡板，质量为的小物块置于挡板与斜面间， 与挡板间的动摩擦因数为．质量为的小物块用不可伸长的细线悬挂在界线上的点，细线长为，此时，细线恰好处于伸直状态. 可视为质点且与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为，它们的水平距离现以水平初速向右滑动并恰能与发生弹性正撞． ．求：
(1)碰撞前向右滑动时受到的摩擦力；
(2) 碰后滑行的位移；
(3)沿斜面做圆周运动第一次到最高点的速度．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【详解】
A．验电器上带正电荷后，验电器上的金箔张开一定角度，如果用另一个带电体接触验电器的金属球，金箔张角变大，说明电荷量变大，则带电体一定带正电，故A正确；
B．如果用另一带电体接触验电器的金属球，金箔张角变小，则带电体可能带负电，也可能不带电，也可能带正电，但电荷量较小，故B错误；
C．如果用另一带电体接触验电器的金属球，金箔张角先变小后变大，则可以判定带电体带负电，接触时电荷量先中和后平分，故C正确；
D．如果用另一导体靠近验电器的金属球，金箔张角变小，则导体可能带负电，也可能不带电，故D错误；
故选AC。
2．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球受力如图所示：
由几何关系知小球受到Q1和Q2的库仑力沿C的切线方向的分力分别为
其中r为半圆轨道的半径，，根据平衡条件可得
解得
选项A正确；
B．小球经过C点做曲线运动，且，故加速度应指向圆心，选项B错误；
CD．在AC段，，在CD段，，故小球在轨道中经过C点时动能最大，电势能最小，选项C正确，D错误。
故选AC。
【点睛】
本题解答的关键是正确判断出两个正电荷在B、C处的电场强度的大小，并且利用矢量合成法则进行计算，结合库仑定律求解。
3．AC
【解析】
【详解】
BCD．三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示
已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势6V，且，，，因此根据几何关系，可得M点的电势为18V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面，由几何关系可知：因
所以
因此
所以aM垂直于bd。则电场线方向为b指向d
BD错误C正确；
A．C点电势与N点电势相等，N点电势为
所以C点的电势为14V，A正确。
故选AC。
4．ACD
【解析】
【详解】
A．设A到M点的距离为，由几何关系可得
A点的电荷对带电粒子的库仑力大小为，由库仑定律有
设带电粒子在M点所受电场力大小为，由力的合成有
解得
故A正确；
B．由电势能公式得O点的电势能
故B错误；
C．带电粒子从处到N点的过程中，由能量守恒定律得动能的减少量
故C正确；
D．要使粒子离开电场，由能量守恒定律得
解得
故D正确。
故选ACD。
5．BCD
【解析】
【详解】
A．设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向
l＝v0t
竖直方向
又
解得
即当U≥128V时粒子打到极板上，当U<128V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y，由几何关系和类平抛运动规律得
解得
y＝d＝4cm
故A错误；
B．由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为
S＝2da＝64cm2
故B正确；
CD．在前，粒子打到荧光屏上的时间
又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间
t′＝4t0＝0.0128s
因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U<128V，则
故CD正确。
故选BCD。
6．C
【解析】
【详解】
A．因为C点的场强是零，绝缘球体上均匀分布着正电荷，所以D点的固定点电荷带正电，即q>0，A错误；
B．绝缘球体上均匀分布着正电荷，则在球心O处形成的电场强度是零，可D点的固定点电荷在O点产生的场强为
B错误；
C．绝缘球体上均匀分布着正电荷，在E点产生的场强与在C点产生的场强大小相等方向相反，C点的场强是零，D点的q在C点产生的场强大小是
则有
D点的q在E点产生的场强大小是
方向与O点的绝缘球体上Q产生的场强方向相同，则E点的场强大小为
C正确；
D．由以上分析可知，D点的q在E点产生的场强大小是
方向与O点的绝缘球体上Q产生的场强方向相同，则E点的场强大小为
D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
试题分析：登上跳板的过程中和跳板上起跳的过程中，弹力做功，运动员的机械能不守恒，AB错误；空中运动的过程只有重力做功，机械能守恒，C正确；手触水后的运动过程，受到水给的作用力，并且做功，所以机械能不守恒，D错误
考点：考查了机械能守恒定律的应用
【名师点睛】根据机械能守恒的条件进行分析，明确只有重力和弹力做功时机械能才是守恒的．
8．B
【解析】
【详解】
A．根据
可得
则地球质量和火星质量之比为
选项A错误；
B．根据
可得
则地球表面重力加速度和火星表面重力加速度之比为
选项B正确；
C．根据
地球的第一宇宙速度和火星第一宇宙速度之比为
选项C错误；
D．根据
可得地球平均密度和火星平均密度之比为
选项D错误。
故选B。
9．C
【解析】
【详解】
A．沿电场线电势降低，故M点的电势高于N点的电势，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图可知，M点的场强小于N的场强，故电荷在M的电场力小于N点的电场力，故B错误；
CD．由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M到N的过程中，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的动能小于在N点的动能，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确，D错误。
故选C。
10．A
【解析】
【详解】
两粒子释放后，水平方向受到向右的电场力作用，竖直方向受到向下的重力作用，两个力均为恒力，故产生恒定的加速度，即两粒子均做匀变速直线运动；因竖直方向的加速度均为g，竖直位移相同，则时间相同；水平位移为2倍关系，则末速度为2倍关系，即vM=vN，选项A正确，B错误；水平方向，根据 可知，＝；根据，可知＝；根据可知， ＝，选项CD错误；故选A.
11．C
【解析】
【详解】
A．开始时带电油滴所受电场力与重力平衡，将上极板竖直向上移动一小段距离后，极板间距离d增大，而极板间电势差U不变，根据
可知极板间电场强度E减小，所以油滴所受电场力减小，则合外力将变为竖直向下，即油滴将竖直向下做匀加速运动，故A错误；
B．设P点到下极板的距离为h，则P点电势为
由于下极板始终接地，则其电势不变，又因为E减小，h不变，所以降低，故B错误；
C．带电油滴所受电场力竖直向上，所以带负电，将上极板竖直向上移动一小段距离后，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴电势能将增大，故C正确；
D．平行板电容器的决定式为
由于d增大，所以C减小。根据
可知极板带电量将减小，故D错误。
故选C。
12．D
【解析】
【详解】
A．速率有大小无方向，是标量，所以A错误；
B．重力势能有大小无方向，是标量，所以B错误；
C．电势有大小无方向，是标量，所以C错误；
D．电场强度有大小有方向（满足矢量运算法则），是矢量，所以D正确。
故选D。
13． B 两球相碰后反弹 保证小球做平抛运动 m1 ·OM＋m2 ·ON=m1 ·OP m1 ·OM 2＋m2 ·ON2=m1 ·OP2
【解析】
【详解】
(1)[1].两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律．
A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律，与分析不符，故A项错误；
B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律，与分析相符，故B项正确；
C．不能说明上述AB规律中的任何一条，与分析不符，故C项错误；
D．能同时说明上述AB两条规律，与分析不符，故D项错误．
(2)①[2].入射球质量应大于被碰球质量，即：m1＞m2，是为了防止两球碰撞后入射球反弹，保证小球碰后速度方向不变．
[3].斜槽的末端必须水平，是为了使小球抛出时速度方向水平，从而做平抛运动；
②[4].碰撞过程动量守恒，则
m1v0=m1v1+m2v2，
两边同时乘以时间t得：
m1v0 t=m1v1 t+m2v2 t，
则
m1 OP=m1 OM+m2 ON
[5].若碰撞为弹性碰撞，则
，
两边同时乘以时间的平方得
则得：
m1 OP2＝m1 OM2+m2 ON2．
14． 竖直 BC
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保小铁球能通过两个电光门。
（2）[2]实验中，小球通过两个光电门时的速度分别为
要验证的关系是
即
则还需要测量的物理量是小铁球的直径以及光电门A、B间的距离，故选BC。
（3）[3]小铁球经过光电门B时的速度可表示为
（4）[4]由上述分析可知，在误差允许范围内，若满足关系式
即可验证机械能守恒。
15．(1)8m/s；(2)9.6m
【解析】
【详解】
试题分析：带电滑块的运动，可以分为三个过程：①进电场前斜面上的匀加速直线运动；②在电场中沿水平地面的匀减速直线运动；③离开电场后沿地面的匀减速直线运动．本题可以单纯利用牛顿运动定律和运动学的知识去计算，也可以结合能量部分来解题．
解（1）方法一：在滑块从A运动到M点的过程中，由动能定理可得：
，解得：=8m/s
方法二：在斜面上，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得：
根据运动学速度和位移的关系可得：，解得=8m/s
（2）物块离开B点后，并停在了离B点1.6m处的C点处：
方法一：滑块从B到C，由动能定理得：，得=4m/s
所以，在滑块从M运动到B的过程中，根据动能定理得：
，解得：=9.6m
方法二：滑块从B到C的过程中，由牛顿运动定律结合运动学知识，可得：
同理，从滑块从M运动到B的过程中，
联立上述方程，带入数据得：=9.6m
16．（1）；（2）负电，
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在A、B板间做类平抛运动，设偏转的距离为，则
而
代入数据可得
此时竖直向下的分速度
（2）从MN到PS的过程中做匀速直线运动，向下偏转的距离为，则
总共偏转的距离
代入数据解得
该点到O点的距离
此时粒子的速度
由于粒子做匀速圆周运动，两粒子间相互吸引，Q带负电荷，根据库仑定律和牛顿第二定律可得
解得
17．（1）f=1.8N ； （2） ；（3）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）A碰撞前向右滑动时对挡板的压力等于，由滑动摩擦力公式求解摩擦力．（2）A碰撞前向右滑动时摩擦力做负功，根据动能定理求出A滑到B处的速度．A与B发生弹性正撞，根据动量守恒和动能守恒分别列方程求出碰撞后两者的速度．碰后，A受到挡板和斜面两个滑动摩擦力，均做负功，再由动能定理求出碰后A滑行的位移．
（3）碰后B绕O点做圆周运动，重力做负功为-m2gsin37° 2l，摩擦力做功为-μ2m2gcos37° πl，根据动能定理求解B沿斜面做圆周运动到最高点的速度．
（1）分析物块A的受力得
（2）设A运动至与B相碰前速度为，由动能定理得，解得
A和B发生弹性正碰，由动量守恒和能量守恒得
解得
设A滑行的位移为，由动能定理得：
解得
（3）设B做圆周运动到最高点的速度为，由动能定理得：，代入解得
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