【文档说明】河北省保定市定州市2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷【精准解析】.doc，共(15)页，596.000 KB，由小赞的店铺上传

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-1-定州市2020－2021学年度第一学期期中考试高二物理试题定州二中专用1。本场考试物理，卷面满分共100分，考试时间为90分钟。2。答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写在答题纸上

指定的位置。3。答案书写在答题纸上，在试卷、草稿纸上答题一律无效，选择题答案必须按要求填涂。卷I（选择题）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1－7小题只有一个选项正确，第8－10小题有多个选项正确。全部选对的得5分，选对但不全的得2分

，有选错或不答的得0分）1.以下说法正确的是（）A.由E＝Fq上可知电场中某点的电场强度E与F成正比B.由公式φ＝PEq可知电场中某点的电势φ与q成反比C.公式C＝QU，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D.由Uab＝Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间的距离越大，则两点间电势差

一定越大【答案】C【解析】【详解】A．电场强度FEq=是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，A错误；B．电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，B错

误；C．公式QCU=-2-是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C由电容器本身决定，与电容器两极板间电势差U无关，C正确；D．公式abUEd=中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向

的距离，D错误。故选C。2.两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为（）A.516FB.165FC.5FD.45F【答案】

C【解析】【详解】相距为r时，根据库仑定律得22255QQQFkkrr==接触后，各自带电量变为2Q，则此时有2'22221(2)5QQQFkkFrr===故选C。3.如图所示悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线，下端有一个质最为m、带电量为－q的小球，若在空间加一与纸面平行的匀强电场，当电场强度为

最小值时，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角为θ，则（）A.该电场的方向为水平向左方向B.该电场场强的最小值为sinmgEq=-3-C.若剪断细线，小球将做曲线运动D.若撤去电场瞬时，小球的加速度为零

【答案】B【解析】【详解】AB．对小球受力分析如图，小球受重力、电场力和拉力从图中可以看出，电场的方向可以变化，当电场力方向与细线垂直时，电场力最小，电场强度最小，根据共点力平衡条件，有sinmgqE

=解得sinmgEq=A错误B正确；C．若剪断细线，小球只受到重力与电场力，根据前面的受力分析，结合三力平衡的特点可知，重力与电场力得合力的方向沿绳子的拉力的相反方向，所以小球将沿重力与电场力合力的方向做匀加速直线运动，C错误；D．若突然撤去电场，小球只受到重力与绳子的

拉力，将开始小角度摆动，在撤去电场瞬时，小球的加速度不为零，D错误。故选B。4.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车

()-4-A.向左运动B.左右往返运动C.向右运动D.静止不动【答案】A【解析】【详解】两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守

恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．5.如图所示，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．下列判断正确的是A.该粒子带负电B.粒子在M点的速度大于N点的速度C.粒子在M点的加速度大于N点的加速度D.粒

子在M点的电势能大于N点的电势能【答案】D【解析】【详解】A、带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下,则知带电粒子带正电,故A错误.B、从M到N，电场力做正功,动能增大,速度也增大,故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度.故

B错误.C、电场线的疏密表示场强大小,由图知粒子在M点的场强小于N点的场强,在M点的加速度小于N点的加速度.故C错误.D、电场力做正功,电势能减小.所以D选项是正确的.故选D-5-【点睛】带电粒子的轨迹向下弯曲,则带电粒子所受

的电场力沿电场线切线向下,则知带电粒子带正电,由电场线的疏密可判断场强的大小,再判断电场力的大小.由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向,确定电场力做功情况,分析电势能和动能的变化,再分析速度的变化.带电粒子的动能和电势能总和守恒.6.如图所示

，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A.P的初动能B.P的初动能

的12C.P的初动能的13D.P的初动能的14【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．根据动量守恒定律：mv0=2mv．根据机械能守恒定律，有222000111122242pkEmvmvmvE−＝＝＝故最大弹性势能等于P的初动能的12．故选D．

点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．7.在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断()A.x＝2m处电场强度可能为零-6-B.x＝2m处电场方向一定沿x轴正方向

C.沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D.某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大【答案】D【解析】【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度，由斜率的变化判断场强的变化．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场的方向．由电势能的变化情况判断电场力做功正负．【

详解】A．φ﹣x图象的斜率等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零，A错误；B．从0到x=3m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向，B错误；C．由斜率看出，从0到3m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，C错误；D．沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x

轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，D正确。故选D。【点评】本题关键抓住φ﹣x图象的斜率等于电场强度，分析场强的变化，由电势和电势能的关系，判断电势能的变化和电场力

做功正负。8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是()A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B

.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变【答案】AD【解析】【详解】AB．保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板-7

-间场强UEd=分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；CD．电容器充电后电键S断开，电容器所带电量Q不变，根据电容的决定式可知4SCkd=与QCU=，UEd=，得出推论4kQES

=可知板间场强与间距无关，即E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，θ不变，故C错误，D正确。故选AD。9.如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细

线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A.小球在B点时速度最大B.小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C.小球在B点时的绳子拉力最大D.从B点到C点的过程中小球的电势能

一直增加【答案】BD【解析】【分析】首先要判断出小球运动的等效最低点，然后根据动能减小判断电场力做功的正负，从而知道带电的正负，利用电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化．【详解】A、C、小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆

运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时（在角AOC角平分线上），小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大．故A错误，C错误；B、从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小．故B正确；D、从B到C的过程中克服电场力做功，小球的电势能

一直增大，D正确；故选BD-8-【点睛】本题是复合场在的等效最低点的问题，带电物体在电场中圆周运动问题，利用等效最低点的特点与电场力做功与电势能和动能的变化关系判断是常用的解题方法．10.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s

－t图象。已知m1＝0.1kg，由此可以判断（）A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.m2＝0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【答案】AC【解析】【详解】A．由st−（位移时间）图象的斜率得到，碰前2

m的位移不随时间而变化，处于静止，1m的速度大小为1114m/ssvt==方向只有向右才能与2m相撞，故A正确；B．由图示图象可知，碰后2m的速度为正方向，说明向右运动，1m的速度为负方向，说明向左运动，碰后两物体运动方向相反，

故B错误；C．由图示图象可知，碰后1m和2m的速度分别为12m/sv=−22m/sv=根据动量守恒定律得112211mvmvmv=+代入解得-9-20.3kgm=故C正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能为222

111122111222Emvmvmv=−−代入解得0JE=故D错误；故选AC。卷II（非选择题）二、填空题（共2题，每空1分，共7分）11.某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所

示将这一系统置于光滑的水平桌而上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测悬探究物体间相互作用时的不变量。(1)该同学还必须有的器材是_____、_______；(2)需要直接测量的数据是______、_______、______、_______；

(3)根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为_____________。【答案】(1).刻度尺(2).天平(3).木块的质量m1(4).木块的质量m2(5).木块m1落地点到桌面边缘的水平距离

s1(6).木块m2落地点到桌面边缘的水平距离s2(7).m1s1=m2s2【解析】【详解】(1)[1][2]取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2和v1、v2，平抛运动

的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t。需要验证的方程11220mvmv=−又-10-11svt=，22svt=代入得到1122msms=故测量木块的质量需要天平、测量木块平抛的水平位移需要刻度尺。(2)[3][4]故需要测量两

木块的质量m1和m2。[5][6]需要测量两木块平抛的水平位移s1和s2。(3)[7]根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为1122msms=12.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别

为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可知D点电势φD=___________V；若该正方形的边长为2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=___________V/m。【答案】(1).9(2).3005【解析】【详解】[1]匀强电场中，沿

着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等

势线，所以D点电势9VD=-11-[2]如图做出一条过A点的电场线（红线），根据几何知识得223AEa=在AEB△中，由正弦定理得sinsin(18045)AEAB=−−而sinABUEAB=2cmABa==联立解得3005V/mE=三、解答题（共4题，共4

2分）13.如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J．则：(1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？(2)A、B两点的电势差UAB为多少？(3)匀强电场的场强为多大

？【答案】(1)-0.1J(2)5×103V(3)5×105V/m【解析】【详解】(1)据电场力做功与电势能变化间关系，有：P0.1JABWE=−=−(2)根据静电力做功与电势差关系可得：350.1V51021V0ABABWUq−−===−(3)A、B两点沿场强方向距离：-12-

221sin30210m110m2ABdL−−===据匀强电场中场强与电势差的关系可得：352510V/m510V/m110ABUEd−===14.如图所示，一带电微粒质量为m、电荷量为q，从静止开始经

电压为U1的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角为θ．已知偏转电场中金属板长L，两板间距d，带电微粒重力忽略不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2．【答案】（1）12qUm；（2）12tandUL

．【解析】试题分析：（1）微粒在加速电场中，电场力做功U1q，引起动能的增加，由动能定理求出速度v1．（2）微粒进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出电压U2．解：（1）带电微粒在加速电场中加速过程，根据动能定理得：U1q=解得

：v1=．（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向上微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，则有：水平方向：v1=带电微粒加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a==，v2=at=-13-由几何关系tanθ=解得：U2=．答：（1）

带电微粒进入偏转电场时的速率v1为．（2）偏转电场中两金属板间的电压U2为【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法进行处理．15.如图，有两个小朋友玩滑板游戏．起初，甲、乙两个小朋友各坐一辆滑板车在摩擦不计的水平面上相向

运动，已知甲连同滑板车的总质量M=30kg，乙连同滑板车的总质量也是M=30kg，甲还推着一只质量m=15kg的放滑板的箱子．甲、乙滑行的速度大小均为2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿水平面推给乙，历时0.2秒，箱子滑到乙处时被

乙接住．试求⑴最终甲以多大的速度推出箱子，才可避免和乙相撞?⑵甲推出箱子时对箱子的冲量多大？【答案】(1)0.4m/s(2)48N·s【解析】试题分析：（1）甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接

住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．（2）对箱子由动量定理可以求出其受到的冲量．解：（1）设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，取向右方向

为正方向．则根据动量守恒得：（M甲+m）v0=M甲v甲+mv…①mv﹣M乙v乙=（m+M乙）v乙…②当甲与乙恰好不相撞时，M甲=M乙…③联立①②③得：v=5.2m/s；-14-（2）甲推出箱子过程，对箱子，由动量定理得：I

=mv﹣mv0=15×（5.2﹣2）=48N•s；答：（1）甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．（2）甲推出箱子的过程对箱子的冲量等于48N•s．【点评】本题考查了动量守恒定律

的应用，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题，解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件．16.如图所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面

M的下方分布有水平向右的匀强电场，场强2mgEq=，现有一质量为m、电量为+q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方).已知A、B间距离为2R,重力加速度为g,求：(1

)小球在C处的速度大小；(2)小球从A运动到B克服阻力所做的功；(3)球从A运动到C的过程中对轨道压力的最大值．【答案】(1)2gR(2)3mgR(3)35mg【解析】【分析】(1)利用小球做平抛运动，据平抛运动水平方向的匀速和竖直方向的自由落体运动求解即可；(2)从A到C利用动能

定理求解即可；(3)从小球受到重力和电场力的合力分析处小球在轨道上的最大压力，利用牛顿第二定律求解即可．【详解】(1)小球离开C点做平抛运动，根据212Rgt=-15-解得：2htg=则小球在C点的速度2CRvt=解

得：2CvgR=；(2)A→C过程，由动能定理得：21·3?22fCEqRmgRWmv−−=代入数据解得：3fWmgR=；(3)小球进入圆周轨道，电场力做正功，重力做负功从P点进入电场做曲线运动，电场力做负功，重力做正功，由

于电场力是重力2倍，因此小球在圆周D处速度最大，利用复合场等效法D处应是重力与电场力合力连线跟圆周的交点，设OD连线与竖直方向夹角为θ，则tanθ=2A→D过程，根据动能定理得：21(2sin)(1cos)2fmEqRRWmgRmv+−−−=2cossinmvN

mgqEmR−−=解得：35Nmg=．