2024-2025学年广东省阳江市高新区高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省阳江市高新区高二（上）期中物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，圆心为O的水平圆面上有a、b、c、d、e、f6个点，6个点将圆周等分，AB是圆面的中垂线，AO=BO。现将一个带电量为Q的负电荷固定于c点，将两个带电量均为Q的正电荷固定于e、f两点。下列说法正确的是( )
A. 将一个负电荷由A点沿AO移动到O点，其电势能增大
B. 将一个正电荷由O点沿OB移动到B点，其电势能增大
C. b点电势高于d点电势
D. a点电势高于b点电势
【答案】D
【解析】解：A.c点与f点对称，则两点电荷在连线中垂线的电势为0，故AB连线的电势由e点电荷决定，则AO点电势逐渐增大，将一个负电荷由A点沿AO移动到O点，根据
Ep=qφ
可知，电势能减小，故A错误；
B.同理正电荷由O点沿OB移动到B点，电势降低，电势能减小，故B错误；
CD.相比于b点，a、d点更接近正电荷，则a、d点电势高于b点电势，故C错误，D正确；
故选：D。
根据点电荷周围电势的分布结合沿电场线的方向电势降低分析电势变化，根据电势能公式分析电势能变化。
本题考查点电荷的电场线的分布，等量异种电荷的等势面的分布，掌握电势能的计算公式及电势的变化分析。
2.如图所示，在“研究影响平行板电容器电容的因素”实验中，极板所带电荷量保持不变。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，下列说法正确的是( )
A. 保持d不变，减小S，则θ变小
B. 保持d不变，减小S，则θ变大
C. 保持S不变，增大d，则θ变小
D. 保持S，d不变，极板间放入塑料板，则θ变大
【答案】B
【解析】【详解】AB.根据
C=εrS4πkd ， C=QU
保持d不变，减小S，则电容减小；由于极板所带电荷量保持不变，则板间电势差增大，静电计指针的偏角 θ 变大，故A错误，B正确；
C.根据
C=εrS4πkd ， C=QU
保持S不变，增大d，则电容减小；由于极板所带电荷量保持不变，则板间电势差增大，静电计指针的偏角 θ 变大，故C错误；
D.根据
C=εrS4πkd ， C=QU
保持S，d不变，极板间放入塑料板，则电容增大；由于极板所带电荷量保持不变，则板间电势差减小，静电计指针的偏角 θ 变小，故D错误。
故选B。
3.如图，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r。静电平衡时( )
A. 点电荷在球心处产生的场强为零
B. 金属球左端带负电，右端带正电
C. 感应电荷在球心处激发的场强大小为kQ9r2，方向向右
D. 如果用导线将金属球的左右两侧相连，球两侧的电荷将会中和
【答案】C
【解析】解：AC.点电荷在球心处产生的场强为
E1=kQ(3r)2=kQ9r2
方向水平向左。
根据静电平衡可知，金属球球心处的电场强度大小为零，则感应电荷在金属球球心处激发的电场强度大小为：kQ9r2，方向水平向右。故A错误，C正确；
B.根据静电感应原理可知，金属球的右端感应出负电荷，左端感应出正电荷，故B错误；
D.如果用导线将金属球左右两侧相连时，由于静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，所以电荷不再移动，不会中和，故D错误。
故选：C。
根据点电荷场强公式，以及处于静电平衡态的物体，内部的场强处处为零，结合静电感应原理，以及静电平衡的导体是一个等势体分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解静电平衡态的物体，内部的场强处处为零且是一个等势体是解决此类问题的关键。
4.国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、乙从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙飞行时间之比为3：2
B. 甲、乙飞行的水平位移之比为2：3
C. 甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为4：9
D. 甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3
【答案】C
【解析】D.设斜面倾角为 α ，运动员落在斜面上速度与水平面夹角为 θ ，根据平抛运动的推论可得
tanθ=2tanα
可知甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为1：1，故D错误；
A.根据
tanθ=gtv0
解得
t=v0tanθg
可知甲、乙飞行时间之比为2：3，故A错误；
B.根据
x=v0t=v02tanθg
可知甲、乙飞行的水平位移之比为4：9，故B错误；
C.根据
y=12gt2
可知甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为4：9，故C正确。
故选C。
5.流量是指单位时间内通过管道横截面的流体体积。水电站常用水库出水管道处水流的动能发电。如图所示，出水管道的直径与管道到水库水面高度H相比很小，管道截面积为S，出水管道水平，出水口距地面的高度为H4，水的密度为ρ。假设液体不可压缩并忽略流体各部分由于相对运动出现的黏滞力和水库液面高度的变化，水离开管口后在空中做平抛运动，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 出水口处水流的流速大小为 gH2
B. 出水管道的流量为S 2gH
C. 离开管口后在空中水的体积为2SH
D. 水流稳定时、出水口距地面间水柱的机械能为54SgH2
【答案】B
【解析】【详解】A.在水面处取质量为m的水，在流向出口的过程中，机械能守恒，取出水口处为势能零点，则有
mgH=12mv02
解得
v0= 2gH
A错误；
B.由流量的定义得
Q=Sv=S 2gH
B正确；
C.水从出水口流出后，做平抛运动，落地时间为t，有
H4=12gt2
解得
t= H2g
离开管口后在空中水的体积为
V=Qt=S 2gH× H2g=SH
C错误；
D.空中水柱的质量为
m′=ρV=ρSH
取地面为零势能面，空中水柱的机械能为
E=12m′v02+m′g•H4=54SρgH2
D 错误。
故选B。
6.如图所示，长方体物块A、B叠放在光滑固定斜面上，平行于斜面向上的恒力F作用在物块B上使得物块A、B均处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. 由于物块A处于静止状态，因此物块A不受摩擦力
B. 物块B可能受斜面的摩擦力
C. 物块B对物块A的摩擦力方向平行于斜面向上
D. 物块A对物块B的压力方向竖直向下
【答案】C
【解析】AC.物块A处于静止状态，相对B有向下运动的趋势，因此物块A受摩擦力沿斜面向上，选项A错误，C正确；
B.因斜面光滑，则物块B不受斜面的摩擦力，选项 B错误;
D.物块A对物块B的压力方向垂直斜面向下，选项 D错误。
7.电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在研究性学习活动中自制两种电子秤，原理如图甲、乙所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端。已知滑动变阻器总电阻R=2.0 Ω，长度L=2 cm，电源电动势E=3.0 V，内阻r=0.1 Ω，限流电阻R0=0.4 Ω，弹簧劲度系数k=200 N/m，除重力外，不计其他作用力，g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. 甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数不为0
B. 甲、乙两图流过R0的电流均随着托盘中物体质量增大而增大
C. 当图甲电压表示数为2 V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4 kg
D. 当图乙电压表示数为2.4 V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4 kg
【答案】D
【解析】当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，A错误；经过R0的电流增大，说明R接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B错误；当电压表示数为2 V时，题图甲电路的电流为I1=E−U1R0+r=3−20.4+0.1A=2A，则变阻器接入电路的电阻为R1=U1I1=22Ω=1Ω，弹簧长度变化量x1=R1RL=1cm，托盘中放上的物体质量为m1=kx1g=200×0.0110kg=0.2kg， C错误；题图乙中，设托盘上放上质量为m2的物体时，弹簧的压缩量为x2，由平衡条件可得m2g=kx2，解得x2=m2gk，由闭合电路欧姆定律可知I2=E−U2R0+r，则R2=U2I2=U2R0+rE−U2=x2LR，联立解得m2=kLU2R0+rgRE−U2，将U2=2.4 V代入得m2=0.4 kg，D正确。
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.某静电场中的x轴正半轴上的电势φ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】命题透析 本题考查电场中电势φ随x变化的图像，考查学生的科学思维。
思路点拨 由图可知，x=2x0右侧，电场方向沿x轴正向，粒子做减速运动，说明粒子带负电，A项错误；由E=ΔφΔx可知，从O点沿x轴正向至x=5x0过程，电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，B项正确；粒子的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，C项正确；由动能定理，−qφ0=0−Ek0，解得Ek0=qφ0，D项正确。
9.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是( )
A. 在甲图中，若改装成的安培表的量程为0.6A，估算阻值R=1Ω
B. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
C. 甲表是安培表，R增大时量程增大
D. 乙表是安培表，R增大时量程增大
【答案】AB
【解析】A.将灵敏电流表改装成安培表是并联一个电阻，由并联电路电压相等得IgRg=(I−Ig)R，解得R≈1Ω，故A正确;
B.将灵敏电流表改装成电压表是串联一个电阻，由串联电路电流相等得Ig=U−IRgR，解得R=1200Ω，故B正确;
C.甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程I=Ig+IgRgR，可知R增大时量程减小，故C错误;
D.乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表。电压表的量程U=Ig(Rg+R)，可知R增大时量程增大，故 D错误。
故选AB。
10.如图甲所示，定值电阻R0=2Ω，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，得到多组R、I值，并作出了如图乙所示的R−1I图线，则( )
A. 电源电动势为5.0V
B. 电源内阻为2.5Ω
C. 从系统误差角度看，利用该装置测得的电动势大于其真实值
D. 从系统误差角度看，利用该装置测得的内阻大于其真实值
【答案】AD
【解析】AB.根据闭合电路欧姆定律I=ER+r+R0
解得R=E×1I−r+R0
根据图像E=，r+R0=2.5
解得r=0.5Ω
A正确，B错误；
C.该装置电流表内阻未知，实际的欧姆定律可得I=ER+r+R0+RA
整理R=E×1I−r+R0+RA
因此可发现斜率不变则测量的电动势和真实电动势一样，C错误；
D.该装置测得的内阻是定值电阻、电源内阻、电流表内阻的串联值，由于电流表内阻未知，所以内阻测量值大于真实值，D正确。
故选AD。
本题考查安阻法测电源电动势及内阻，难度不大。
根据闭合电路欧姆定律结合图像求解电源电动势及内阻；由闭合电路欧姆定律得出R−1I关系式并结合图像斜率分析测得电动势误差；根据实验原理分析测得内阻误差。
三、实验题：本大题共3小题，共33分。
11.某实验小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的带电体，位置始终保持不变，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离。
(1)实验时，把系在绝缘丝线上的带正电的小球先后挂在P1、P2、P3等位置，保证小球与带电体A在同一水平线上，实验发现绝缘丝线与竖直方向的夹角越来越_____(填“大”或“小”)，说明电荷量一定时，电荷间的库仑力随着电荷间的距离增大而_____(填“增大”或“减小”)。
(2)将绝缘丝线悬在P1点，确定带电体A与小球间的距离r，观察绝缘丝线与竖直方向的夹角，保持带电体A的位置不变，减小带电体A的电荷量，移动悬点使带电体A与小球在同一水平线上且两者间的距离仍为r，此时会发现绝缘丝线与竖直方向的夹角变_____(填“大”或“小”)，说明电荷间距离一定时，电荷间的库仑力随着电荷量的减小而_____(填“增大”或“减小”)。
(3)此实验采用的方法是______。
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.实验推理法
【答案】(1) 小 减小
(2) 小 减小
(3)B

【解析】(1)[1][2]实验发现绝缘丝线与竖直方向的夹角越来越小，说明电荷量一定时，电荷间的库仑力随着电荷间的距离增大而减小。
(2)[1][2]保持带电体A的位置不变，减小带电体A的电荷量，移动悬点使带电体A与小球在同一水平线上且两者间的距离仍为r，此时会发现绝缘丝线与竖直方向的夹角变小，说明电荷间距离一定时，电荷间的库仑力随着电荷量的减小而减小。
(3)图中实验先保持电量不变，改变电荷间距；然后保持间距不变，改变电荷量，则此实验采用的方法是控制变量法。
故选B。
12.某同学要测量一粗细均匀的某种新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。

(1)用游标卡尺测量圆柱体的长度如图甲，示数L= ______cm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，示数D= ______mm。
(2)用伏安法测出圆柱体的电阻为R，则材料电阻率的表达式ρ= ______(用题中所给字母表示)。
(3)某同学测量圆柱体直径的数值偏小，其它物理量的测量不考虑误差，则得到的电阻率的测量值______真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)。
【答案】5.015 6.705 RπD24L 小于
【解析】解：(1)游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，
则图示读数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；
螺旋测微器分度值为0.01mm，
则图示读数为：6.5mm+20.5×0.01mm=6.705mm；
(2)根据电阻定律：R=ρLS，可得：ρ=RSL=Rπ(D2)2L=RπD24L；
(3)因为ρ=RπD24L，所以某同学测量圆柱体直径D的数值偏小，其它物理量的测量不考虑误差时，得到的电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)5.015，6.705；(2)RπD24L；(3)小于。
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；据此求解；
(2)根据电阻定律，列式推导；
(3)根据(2)得到的电阻率的表达式，进行判断。
本题考查金属电阻率的测量实验，要求掌握实验原理、实验电路、误差分析，掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法。
13.电容器是最基本的电路元件之一，运用非常广泛，下面从两个角度研究电容器的特征，请根据要求完成实验内容。
(1)在探究平行板电容器的电容由哪些因素决定的实验中，采用的实验研究方法是( )
A.极限思维法 B.理想模型法 C.控制变量法 D.等效替代法
(2)在研究电容器充、放电实验中，电路图如图甲所示，通过电流传感器显示充、放电电流随时间变化的图线，已知电源电压为8V，图乙为电容器充满电后，把开关拨到_____(选填“1”或“2”)，得到电容器放电的I−t图线，图线与坐标轴围成的图形中有42个小方格，则放电过程中，该电容器释放的电荷量Q=_____C(结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)C；(2)2 ； 3.36×10−3 。
【解析】(1)由于平行板电容器的电容与多个因素有关，需要采用控制变量法进行实验研究。
故选C。
(2)把开关拨到2，电容器放电，其放电的 I−t 图线与坐标轴围成的面积表示放出的电荷量，图中一小格表示的电荷量为
q=0.2mA×0.4s=8×10−5C，
该电容器释放的电荷量
Q=42q=3.36×10−3C。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，接入如图所示电路中，两板间距离d=50cm，电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，电阻R1=4Ω,R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电小球放入板间恰能保持静止，小球质量为m=2×10−2kg(g=10m/s2)，问：
(1)电容器两极板间电压为多大？
(2)小球带正电还是负电？电量大小为多少？
【答案】(1)根据闭合电路欧姆定律得
E=IR1+R2+r
解得
I=1A
电容器两极板间电压
U2=IR2=10V
(2)小球放入板间后，受重力和电场力作用，根据平衡条件，小球所受电场力的方向向上，可知小球带负电，且满足
mg=qU2d
解得电量
q=1×10−2C

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，场强大小为E1;在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成60∘斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子恰好垂直虚线B进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q点，不计粒子的重力，求：
(1)粒子在电场Ⅰ中运动的时间;
(2)电场Ⅱ的电场强度大小;
(3)粒子运动到Q点时静电力做功的瞬时功率多大。
【答案】解：(1)设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为t1，初速度为v0，
则L=v0cs60∘⋅t1，
v0sin60∘=a1t1，
根据牛顿第二定律qE1=ma1，
解得t1= 3mLqE1。
(2)由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为t1t2=12，
设粒子经过B时的位置离PQ的距离为d，则d=12qE1mt12，
又d=12qE2mt22，
解得E2=14E1。
(3)粒子到达Q点时，沿电场方向的速度为v，则v2=2qE2md，
解得v= 3qE1L4m，
则粒子到Q点时，电场力做功的瞬时功率P=qE2v=qE18 3qE1Lm。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】