四川省通江县铁佛中学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题

这是一份四川省通江县铁佛中学校2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 点电荷在某点所受的电场力越大，该点的场强就越强
B. 在电场中静止释放一点电荷，其一定做直线运动
C. 密立根在油滴实验中发现油滴所带电量可以是任意值
D. 场强为零的地方，电势不一定为零
2.水平弹性轻绳右端固定，左端a与波源相连，绳上a、b间距是b、c间距的2倍。波源振动一段时间后的波形如图所示，则当波传播到c点时
A. a、c两点均将向上运动B. a、c两点均将向下运动
C. a点将向上运动，c点将向下运动D. a点将向下运动，c点将向上运动
3.如图所示，一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，关于粒子在
此运动过程中的v-t图像，正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m，带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，
质量为M，带电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 圆环a带负电
B. 滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g
C. 滑块b受到的库仑力大小为mgcsθ
D. 滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M+m)g
5.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计。将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则( )
A. 电容器的带电量将增大
B. 在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流
C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动
D. M点电势将降低
6.a、b两电阻(阻值分别为Ra、Rb)接入如图1所示电路中，电路中电压表、电流表均为理想电表。闭合开关移动滑片P，得到多组数据后画出两电阻的伏安特性曲线如图2，图中图线b与横轴的夹角为α，则下列说法正确的是( )
A. 电阻a的阻值随其两端电压的增大而增大
B. 可以利用Rb=1tanα求Rb的大小
C. 电流表示数大于0.8A时，电压表V1示数小于V2示数
D. 电流表示数为0.8A时，电阻a的阻值为0.75Ω
7.如图所示，在水平面内的M、N两点各固定一个点电荷，带电量均为+Q。O为MN的中点，过O点固定一个绝缘杆，杆水平且与MN垂直。一光滑带孔小球P穿在绝缘杆上，小球带负电，开始时在MN的左侧，现给小球一向右的初速度，则小球向右运动的过程中
A. 小球从开始到O点，做加速度增大的加速运动
B. 小球受到绝缘杆的弹力先增大后减小
C. 若把N点+Q变为-Q，小球做匀速运动
D. 若把N点+Q变为-Q，小球受到绝缘杆的弹力始终不变
二、多选题：本大题共4小题，每小题6分，共24分。
8.如图甲，位于坐标原点O的波源从t=0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。t=3s时，平衡位置位于x=15m处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于x=30m处，波源O的振动图像如图乙。下列说法正确的是( )
A. 质点A的起振方向沿y轴正方向
B. 该波的波速为10m/s
C. 从t=0到t=3s的过程中，质点A运动的路程为12cm
D. t=3.75s时，质点B的加速度与速度同向
9.如图所示，带电粒子(不计重力)从A点以速度v0进入辐射状的电场，做半径为R的匀速圆周运动，圆弧轨迹处的电场强度的大小处处为E，经过半个圆周运动粒子从B点射出辐射状的电场，紧接着垂直进入电场强度为E的匀强电场，然后到达C点，已知粒子在C的速度与在B点的速度之间的夹角为30°，下列说法正确的是
A. 粒子的比荷为v0ER B. 粒子从A到B的运动时间为πRv0
C. B、C两点沿着电场线方向的距离为R6 D. B、C两点间的电势差为ER
10.空间中某一静电场方向平行于x轴，电势φ随x变化情况如图所示、一质量为4.0× 10-20kg、电荷量为2.0×10-10C的带负电粒子(不计重力)从x轴上x=-2cm处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴做往复运动、下列说法正确的是( )
A. 在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场
B. 在-2cm C. 在0 D. 该粒子运动过程中经过x=0速度最大，最大速度是4×105m/s
11.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，R1为定值电阻，R2为滑 动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为ΔI、ΔU1，ΔU2和ΔU3，下列说法正确的是( )
A. I变大，U2变大 B. U1变大，U3变小
C. ΔU1ΔI不变 D. ΔU3ΔI变小
三、实验题：本大题共2小题，每空2分，共22分。
12.（6分）某兴趣小组通过实验测量韩江江水的电阻率，现备有一根均匀长的玻璃管(两端各有一个圆形电极，可装入样品水，接触电阻不计)电压表(量程12V、内阻约为1000Ω)，电流表(量程100μA、内阻约为5Ω)，滑动变阻器(10Ω、1A)，电池组(电动势为12V，内阻不计)，开关，导线，游标卡尺，螺旋测微器，待测样品水(电阻约为200kΩ)。请回答下列问题：(1)如下图所示，用游标卡尺测量样品水的长度L= mm，螺旋测微器测出直径d= mm。

(2)为了精确测量，测量电路图应选 。
A. B． C． D．
13.（16分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表
A.电流表(0～3 A，内阻约0.025Ω) B.电流表(0～0.6 A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ) D.电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 (选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的 (选填“甲”或“乙”)。
(2)如图是测量Rx的实验器材实物图，，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx=UI= _______ Ω(保留两位有效数字)。
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若在(1)问中选用乙电路；产生误差的主要原因是 。(选填选项前的字母)
A.电流表测量值小于流经Rx的电流值 B.电流表测量值大于流经Rx的电流值
C.电压表测量值小于Rx两端的电压值 D.电压表测量值大于Rx两端的电压值
(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U-x关系的示意图中正确的是 。
四、计算题：本大题共3小题，共26分。
14.（6分）如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙是这列波中质点
P(坐标为x=1.5 m处的点)的振动图像。
(1)求该波的传播速度；
(2)判断该波的传播方向；
(3)写出P点的振动方程。
15.（8分）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B、C两点，质量为m，带电荷量为-q的小环从A点由静止下滑，已知q≪Q，AB=h，小环到达B点时，速度为 3gh，求：
(1)小环由A到B过程中，静电力对小环做的功；
(2)A ，C两点间的电势差UAC等于多少。
16.（12分）竖直平面内有一光滑绝缘圆弧ABC，圆心为O，半径为R，OA与竖直半径OB的夹角θ为37∘，半径OC水平，竖直半径OB的右侧有水平方向的匀强电场，电场强度大小为E(E=mgq)，现有一质量为m、带电荷量为+q的小球，从A点左侧P点水平抛出，恰好能顺着圆弧下滑，已知AP之间的水平距离为x=156125R，重力加速度大小为g，sin37∘=35，cs37∘=45，求
(1)小球从P点抛出时的水平速度大小;
(2)小球在B点对圆弧的压力;
(3)小球在OB右侧运动过程中离B点多高的时候速度最小，
最小速度为多少?
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.根据场强的定义式E=Fq可知，点电荷在某点所受的电场力越大，该点的场强不一定就越强，选项A错误；
B.在电场中静止释放一点电荷，若电场线为曲线即非匀强电场，则该点电荷做曲线运动，选项B错误；
C.密立根在油滴实验中发现油滴所带电量一定是元电荷的整数倍，选项C错误；
D.场强为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点，选项D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】波向右传播，根据平移法可知，b点向下振动，则波传播到c点时，c点向下振动，波长为λ=xab=2xbc，则a、b均向上振动，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3.【答案】A
【解析】一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，电场方向向右，粒子带负电，所受电场力方向向左，故电场力做负功，粒子速度逐渐减小，又因为因电场线向右逐渐稀疏，场强逐渐减小，电场力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，则v-t图像的斜率减小。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【解答】A、圆环a能保持静止，则圆环a一定受到库仑力，且为斥力，因为圆环a带正电，故A错误；
B、对ab组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，则滑块b受到的地面的支持力大小为(M+m)g，故B正确；
C、根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a受力分析可得库仑力的大小为mgsinθ，故C错误；
D、b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的摩擦力大小为f=mgsinθ⋅csθ=mgtanθ，故D错误。
故选：B。
【分析】对圆环a受力分析，根据库仑力的方向得出圆环电荷的电性；
根据整体法分析出滑块b受到的地面的支持力；
根据几何关系得出滑块b受到的库仑力大小和摩擦力大小。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和几何关系即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】AB、将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大，由C=ɛrS4πkd可知电容器的电容变小，又C=QU，电压U不变，因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流，电阻R中有向右的电流，故AB错误；
C、根据电容器内部电场强度E=Ud可知，d增大，场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，故C错误；
D、A、B两板间的电场强度E减小，由UMB=φM-φB=E⋅dMB，可知，M点电势降低，故D正确。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
I-U图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，根据欧姆定律求解电阻，不能通过斜率求解。
【解答】
I-U图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，由图可知，电阻a图线上的点与坐标原
点连线的斜率不断增大，其电阻不断减小，所以a的电阻随其两端电压的增大而减小，故A错误;
由于横、纵坐标轴的比例标尺不同，则不能由R=UI=1tanα的关系求解，故B错误;
电流表示数大于0.8A时，根据R=UI可知，电阻a的阻值小于电阻b的阻值，电压表V1示数小于V2示数，故C正确;
根据欧姆定律可得R=UI=2Ω，不能通过切线来求，故D错误。
7.【答案】C
【解析】A.应用矢量合成可知，等量同种正电荷中垂线上的场强，方向沿中垂线，大小从无限远到中点O先增大后减小，题中没有明确给出小球开始时是处在最大场强的左侧还是右侧，所以加速度变化无法判断，A项错误;
B.绝缘杆所在处场强与杆平行，由平衡可知，杆对小球弹力总等于其重力，B项错误;
C.同理应用矢量合成可知，等量异种电荷中垂线上的场强方向垂直中垂线，大小从无限远到中点O一直增大，小球运动方向不受任何力作用，则做匀速运动，C项正确;
D.小球从开始到O点，场强与杆垂直，不断增大，电场力增大，由平衡条件可知，杆对小球的弹力总等于其重力与电场力的合力，则弹力从开始到O点一直增大，过O点后，向右运动过程中弹力逐渐减小，D项错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】A.由图b可知，波源O的起振方向沿y轴负方向，所以质点A起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B.由图b可知，周期为2s，则t=xOAv+34T，解得该波的波速为v=10m/s，故B正确；
C.质点A经过1.5s开始起振，所以3s内，质点实际振动的时间为1.5s，即四分之三个周期，所以质点A运动的路程为s=3A=6cm，故C错误；
D.波传到质点B的时间为t'=xOBv=3s，则3.75s时，质点B的在y轴负半轴向平衡位置运动，所以速度沿y轴正方向，加速度沿y轴正方向，所以加速度与速度同向，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】A.粒子在辐射状的电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：Eq=mv02R，解得粒子的比荷qm=v02ER，故A错误；
B.粒子在辐射状电场中做匀速圆周运动，粒子从A到B的运动时间t=sv0=πRv0，故B正确；
D.粒子离开匀强电场时：vyv0=tan30°，由动能定理得：qUR=12mvy2-0，解得：UBC=ER6，故D错误；
C.由匀强电场的电压与电场强度之间的关系得：EdBC=UBC，解得B、C两点沿着电场线方向的距离dBC=R6，故C正确。
10.【答案】ABD
【解析】A.由φ-x图像的斜率等于电场强度的相反数可知，在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场，故 A正确;
B.在-2cm≤x<0区域内电场强度大小E1=Δφ1d1=162×10-2V/m=800V/m，方向沿x轴负方向，故B正确;
C.在0D.粒子在-2≤x<0cm沿x轴正向做匀加速运动，在0< x≤4cm区域内沿x轴正向做匀减速运动，可知粒子经过x=0处时速度最大，粒子从x=-2cm运动到x=0的过程，由动能定理可得qU=12mvm2，其中U=16V，代入数值可得vm=4×105m/s，故D正确。
故选ABD。
11.【答案】BC
【解析】略
12.【答案】70.60
6.580
D

【解析】【分析】
(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
(2)根据水的电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据水的电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图。
本题考查游标卡尺的读数、设计实验原理图、求电阻率等问题；要注意游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读；明确哪些条件下需要用分压接法。
【解答】
(1)游标卡尺的主尺读数为70mm，游标读数为0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为70.60mm。
螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×8.0mm=0.080mm，所以最终读数为6.580mm。
(2)因为测量的电压值与电流值是从零开始，故应选用分压电路．因电压表的内阻相对于电流表的内阻更接近于被测电阻，所以应选用电流表内接法，故D正确，ABC错误。
13.【答案】B
C
甲
5.2
B
D
A

【解析】【分析】
本题主要考查伏安法测电阻的实验。
解答本题应注意以下三点：
(1)电表的选择要在安全的前提下，根据电路中的最大电流和被测电阻上的最大电压，结合电表的量程进行选择。
(2)电流表选择内接或外接，可根据电压表、电流表内阻与被测电阻的大小关系来判断。
(3)对U-x图像，应结合U与x的函数关系式来分析判断，且一定有U【解答】
(1)电流表A和电压表D的量程太大，读数误差太大，故选B、C；因为Rx< RVRA，即小电阻，适合采用安培表外接法，即甲图。
(2)安培表外接法的电路如图。
(3)根据读数I=0.50A，U=2.6V，即电阻为5.2Ω。
(4)甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为B、D。
(5)由于随着滑片的移动，Rx两端的电压增大，说明电路中电流增大，变阻器接入电路的电阻减小，设变阻器的最大电阻为R，单位长度电阻丝阻值为k，则Rx两端的电压为U=ERxRx+R-kx，由此得随x的增大，U增大，但不是简单的线性关系，又当x=0时，U最小，且U=ERxRx+R>0，由数学知识知随x的增大，电压的变化加快，故A正确。
14.【答案】解：(1)由图象知，波长λ=1.0m，周期T=2s，则波速v=λT=12m/s=0.5m/s；
(2)t=0时刻P点向上振动，则可判定波向右传播；
(3)振幅A=0.2 cm，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，因为初始时刻P点处于平衡位置处，P点的振动方程为y=0.2 sin πt cm。
【解析】解析请参考答案文字描述
15.【答案】(1)A→B由动能定理：mgh+W电=12mvB2，
所以：W电=12mgh，
(2)由于B、C在以Q为圆心的球面上，点电荷的等势面为同心球面。
则B、C两点电势相等，
则：UAC=UAB=W电-q=-mgh2q。
【解析】本题考查了电场力做功，电势差，等势面等知识点，难度一般。
(1)从A到B根据动能定理列式可得静电力对小环做的功；
(2)根据电势差和电场力做功可得电势差。
16.【答案】(1)小球从P到A点，由平抛运动规律知：x=v0t，tanθ=gtv0，解得：v0=45 13gR5，
(2)在A点v0=vAcsθ，解得vA= gxsinθcsθ= 135gR，从A到B，由机械能守恒定律知12mvA2+mgR(1-csθ)=12mvB2，小球在B点有FN-mg=mvB2R，解得：FN=4mg，由牛顿第三定律知，小球在B点对圆弧的压力大小为4mg，方向竖直向下；
(3)对小球，从B到C，根据动能定理有：-mgR+qER=EkC-EkB，
解得：vC= 3gR，
OB右侧有电场，等效重力为 2mg，方向45∘斜向右下方，vmin=vccs45∘= 32gR，从C到Q，hCQ=vC2-(vminsin45∘)22g=98R，故：H=178R.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】