陕西省汉中市普通高中十校联盟2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（解析版）

这是一份陕西省汉中市普通高中十校联盟2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（解析版），共16页。
1．本试题共6页，满分100分，时间75分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．
第Ⅰ卷（选择题共46分）
一、选择题（本大题共10小题，计46分．第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1. 两个完全相同金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，两球之间的相互排斥力大小为F，不带电金属小球C与A、B完全相同，且带有绝缘手柄，使C与A、B两个球依次接触后移远，金属小球A、B可视为点电荷，间距始终不变，此时A、B两个球之间的相互作用力大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】初始AB之间为排斥力说明电荷同性，且
使C与A、B两个球依次接触后移远，则AB带电荷量分别变为
则此时A、B两个球之间的相互作用力大小
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电荷量很小的电荷就是元电荷
B. 电场强度公式表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
C. 点电荷的电场强度公式表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
D. 匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同
【答案】C
【解析】A．元电荷是最小的电荷量，即为e，元电荷不是带电体，故A错误；
B．电场强度与试探电荷无关，故B错误；
C．由点电荷电场强度决定式知，点电荷周围某点的电场强度与r的平方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故C正确；
D．由知，不同电荷，在匀强电场中受力是不同的，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，在边长为a的菱形ABCD两个顶点A、C上，分别固定电荷量均为Q的正点电荷，中心O处固定电荷量为Q的负点电荷，已知DAB＝60°，静电力常量为k，则D点电场强度的大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】因为
DAB＝60°
所以
根据对称性可知，A、C处点电荷在D点处产生的合场强为
方向沿O到D。O处点电荷在D点产生的场强为
方向沿D到O。所以D点电场强度的大小为
方向沿D到O。
故选B。
4. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负点电荷q，不计重力，下列说法中一定正确的是（ ）
A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到点电荷速度为零
【答案】C
【解析】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，电场力可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，但速度一定越来越大，故AB错误；
C．运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确；
D．点电荷越过O点后，所受的电场力向上，速度越来越小，直到点电荷速度为零；电场强度可能越来越大，也可能先增大后减小，加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A. 带电粒子在P点时的动能小于在Q点时的动能
B. 电场中P点的电势高于Q点的电势
C. 带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
D. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的大，比在P点时的小
【答案】B
【解析】AB．粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，若粒子从P到Q的过程中，要克服电场力做功，因此粒子的动能减小，电势能增大，由于粒子带负电，故其在电势低的地方电势能大，故P点的电势高于Q点的电势，A错误，B正确；
C．根据电场线的分布情况可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以粒子在P点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，C错误；
D．根据能量守恒定律可知，带电粒子只受电场力的作用，在运动过程中，各点的动能与电势能之和保持不变，D错误。
故选B
6. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为，，当将与接入电压恒为的电路时，电流为2A，若将与接入电压恒为的电路中，则电流为（ ）
A. 0.5AB. 1AC. 2AD. 4A
【答案】B
【解析】根据电阻定律
得
可得
根据欧姆定律
得
解得
故选B。
7. 如图所示，匀强电场平行于十六宫格所在平面，十六宫格上每小格正方形边长为L=4cm，已知a、b、c三个格点电势分别为φa=2V、φb=4V、φc=6V，以下说法正确的是（ ）
A. 电场强度大小为50V/m
B. 十六宫格25个格点中电势最高为12V
C. 十六宫格25个格点中电势最低为-2V
D. 十六宫格中央格点电势为2V
【答案】B
【解析】A．点右侧格点电势为，由可知
故A错误；
BCD．根据匀强电场中等距离间的电势差相等，则十六宫格25个格点中电势最高为，最低点电势最低为，十六宫格中央格点电势为，B正确，CD错误；
故选B。
8. 关于电流，下列说法正确的是（ ）
A. 通过导体横截面的电荷量越少，导体中电流一定越小
B. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
C. 由可知，同一粗细均匀的铜导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大
D. 电流是矢量
【答案】BC
【解析】AB．根据电流定义式可知，通过导体横截面的电荷量越少，导体中电流不一定越小；单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中电流越大，故A错误，B正确；
C．根据电流微观表达式可知，同一粗细均匀的铜导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大，故C正确；
D．电流虽有方向，但是运算满足代数相加减，是标量，故D错误。
故选BC。
9. 某静电场中的x轴正半轴上的电势随x变化的图像如图所示。一电荷量大小为q的点电荷，从坐标原点处以某一速度出发，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动到x=5x0处时速度刚好为零，则该电荷沿x轴正方向运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 点电荷带正电
B. 点电荷的加速度先减小后增大
C. 电场力先做正功后做负功
D. 点电荷在O点的动能大小为qφ0
【答案】BCD
【解析】A．设点电荷在O点动能为，根据题意，点电荷从O点运动到x=5x0处时速度刚好为零，根据动能定理可得
可知电场力对电荷做功，由于O点与x=5x0处的电势差为
根据电场力做功与电势差的关系可知，点电荷带负电，故A错误；
B．根据图像的切线斜率表示电场强度，可知该电荷沿x轴正方向运动过程中，场强先变小后变大，点电荷受到的电场力先变小后变大，则点电荷的加速度先减小后增大，故B正确；
C．从图像上可以看出，电势先增大后减小，则负电荷的电势能先减小后增大，根据功能关系可以，电场力先做正功后做负功，故C正确；
D．点电荷从O点运动到x=5x0处，根据动能定理可得
解得点电荷在O点的动能大小为
故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，M、N为水平平行金属板，上板有一孔a，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关S闭合。一带电荷量为q、质量为m的液滴自a孔正上方距离为d的P点由静止自由下落，到达距离上板的Q点时速度恰好变为零，重力加速度为g，则以下判断正确的是（ ）
A. 两板间电势差为
B. N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点
C. 若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点
D. 若S断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达Q点
【答案】AC
【解析】A．根据动能定理
解得
故A正确；
B．N板上移一小段距离，若液滴仍能到达Q点，则
所以液滴不能到达Q点，故B错误
C．根据电容的定义式及决定式有
根据电场的计算公式有
解得
若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，根据动能定理
由上式可知，若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，等式仍然成立，液滴仍然能到达Q点，故C正确；
D．根据若S断开，N板右移一小段距离，S减小，E增大，若粒子仍能到达Q点，则
所以液滴不能到达Q点，故D错误。
故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
二、实验探究题（本大题共2小题，计16分）
11. 如图是某实验小组定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d、极板间正对面积S之间的关系的装置图。充电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动。请回答下列问题：
（1）本实验采用的科学方法是________。
A. 理想实验法B. 控制变量法
C. 等效替代法D. 建立物理模型法
（2）在该实验中，静电计的作用是________。
A. 测定该电容器两极板间的电势差变化
B. 测定该电容器的电容
C. 测定该电容器的电荷量
D. 测定A、B两板之间的电场强度
（3）在实验中可观察到的现象（选填“变大”“变小”或“不变”）：
①甲图中手水平向左移动增大极板间距离d时，静电计指针的张角________，
②乙图中手竖直向上移动减小极板间正对面积S时，静电计指针的张角________。
【答案】（1）B （2）A （3）变大 变大
【解析】（1）本实验探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d、极板间正对面积S之间的关系，采用的是控制变量法。
故选B。
（2）该实验中静电计是为了测定该电容器两极的电势差，从而反映出电容器电容大小的变化；所以静电计的作用是测定该电容器两极板间的电势差变化。
故选A。
（3）①[1]甲图中的手水平向左移动增大极板间距离d时，由可知，电容器电容C减小，又由于Q不变，则由可知，U变大，静电计指针的张角变大；
②[2]乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S时，由可知，电容器电容C减小，又由于Q不变，则由可知，U变大，静电计指针的张角变大。
12. （1）某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径D=________mm。另一位同学用游标卡尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=_________cm。
（2）某研究小组使用伏安法测量圆柱体的电阻。已知圆柱体的电阻约为100Ω，实验所用直流电源的电动势约为4V、内阻可忽略，电流表A的量程为0~30mA、内阻约为30Ω，电压表V的量程0~3V、内阻约为10kΩ，滑动变阻器R₁阻值的变化范围为0~15Ω，为减小测量误差，实验电路应采用图中的。（R代表圆柱体的电阻）
A. B.
C. D.
（3）若电流表的示数为I，电压表的示数为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ=_____。
【答案】（1）5.665（5.663~5.667） 0.890 （2）A （3）
【解析】（1）[1]金属丝的直径
[2]工件的长度
（2）滑动变阻器最大阻值相对圆柱体电阻较小，则电路采用分压式。由于
所以电流表采用外接法。
故选A。
（3）由电阻定律得得
三、计算题（本大题共3小题，计38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角(g取10m/s2) ．试求：
（1）小球的电性和电荷量；
（2）悬线的拉力；
（3）若小球静止时离右板，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板？
【答案】（1）正电， （2）0.1N（3）0.1s
【解析】（1）小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示．
由平衡条件有qE=mgtan60°
解得q=×10-6 C
（2）由平衡条件得F=，
解得F=0.1 N．
（3）剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动．在水平方向上有ax=；d=axt2
联立以上两式解得
t=0.1 s．
点睛：对带电小球受力分析后，进行力的合成，从而确定电场力与重力的关系，拉力与重力的关系．当剪断后，小球做直线运动，可将其分解成水平方向与竖直方向．
14. 有一种电子仪器叫示波器，它的核心部件是示波管，由电子枪、加速电场、两水平放置的平行金属板形成的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，可简化为如图所示。电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速后从A板中心孔以速度v（已知）沿中心线KO射出后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子恰好从极板右侧离开偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子质量为m，电荷量为e。不计重力，求：
（1）加速电场的加速电压；
（2）平行金属板M、N之间的电压；
（3）P点到O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）电子在加速电场加速，根据动能定理有
解得加速电场的加速电压
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
加速度为
解得平行金属板M、N之间电压
（3）电子离开偏转电场时，竖直方向的速度为
电子从板右端到荧光屏，有
P点到O点的距离
15. 如图所示，在的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，其半径，轨道与一粗糙水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行。一电荷量为的小滑块质量为，与水平轨道间的动摩擦因数，g取，求：
（1）小滑块受到的电场力大小；
（2）要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处由静止释放？
（3）在（2）问中这样释放的滑块通过轨道的最大速度的大小以及此时滑块对轨道的压力的大小为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）滑块所受的电场力大小为
（2）滑块恰好运动到半圆轨道最高点L时仅由重力提供向心力，有
从释放到最高点的过程，由动能定理可得
代入数据解得时放点与N的距离为
（3）圆轨道NL的重力和电场力合成为等效重力，设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为，有
可得
等效重力加速度为
滑块滑到等效场的等效最低点时，速度最大，由动能定理有
解得最大速度为
在等效最低点，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可得
联立解得滑块对轨道的压力为