四川省成都2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題（含答案）

四川省成都2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題（每小題4分，共24分）1．下列說法正確的是（）A．點電荷是一種理想化模型，其所帶電荷量一定很小B．法拉第提出了電荷周圍存在電場的觀點C．卡文迪什用扭秤實驗測出了元電荷的數(shù)值D．電場中某點場強方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向2．下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A．根據(jù)電場強度的定義式E=FqB．由UAB=WABC．根據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQrD．根據(jù)電勢差的定義式UAB=WAB3．在國際單位制中，某個物理量的單位用基本單位表示為kg?mA．電勢 B．電勢能 C．電場強度 D．電荷量4．AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O，將電荷量分別為+q和?q的兩點電荷放在圓周上，其位置關(guān)于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖所示，要使圓心處的電場強度為零，可在圓周上再放一個適當(dāng)?shù)狞c電荷Q，則該點電荷Q（）A．應(yīng)放在A點，Q=2q B．應(yīng)放在B點，Q=?2qC．應(yīng)放在C點，Q=?q D．應(yīng)放在D點，Q=?q5．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球用絕緣線懸吊于天花板上，質(zhì)量為M、電荷量為Q的圓弧棒在小球正下方的空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，小球可視為點電荷，則圓弧棒上電荷在小球所在位置處產(chǎn)生的場強大小為（）A．mgq B．MgQ C．mgQ6．如圖所示，平行板PQ、MN與電源相連，開關(guān)K閉合，從O點沿兩板間中線不斷向兩板間射入比荷一定的帶正電的粒子，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生的側(cè)移為y，不計粒子的重力，要減小側(cè)移y，下列操作可行的是（）A．僅將PQ板向下平移一些B．僅將PQ板向上平移一些C．將開關(guān)K斷開，僅將PQ板向下平移D．將開關(guān)K斷開，僅將PQ板向上平移二、多項選擇題（每題5分，部分選對得3分，共20分）7．某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則（）A．粒子可能帶負電也可能帶正電B．若粒子從a點運動到c點，電勢能增大C．粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度D．粒子在c點的速度一定大于在a點的速度8．如圖所示，甲、乙兩圖中平行板電容器與恒定電源保持連接，甲圖中B板接地，乙圖中A板接地。丙、丁兩圖中平行板電容器充電后與電源斷開，丙圖中B板接地，丁圖中A板接地。P為兩板空間中的一點，現(xiàn)保持A板位置不變，將四個圖中的B板均向下平移一小段距離，則四個圖中P點的電勢升高的是（）A．甲圖 B．乙圖 C．丙圖 D．丁圖9．如圖甲所示，空間存在電場方向為豎直方向、電場強度大小變化的電場，質(zhì)量為m、帶正電的小球在電場中從某高度O處由靜止開始下落。小球初始時的機械能為E0，小球下落過程中的機械能E隨下降的高度h變化的關(guān)系如圖乙中實線所示，圖中E0、E1、h1、h2A．在h2B．電場的方向豎直向上，電場強度隨h的增大而增大C．小球在下落過程中電勢能不斷增大D．在h1處小球所受電場力大小為E10．如圖甲，兩等量同種正點電荷位于同一豎直線上，在兩點電荷連線中垂線上放置一水平軌道MN，在兩點電荷連線中點O靜置一帶正電小球，小球可視為質(zhì)點。t=0時刻給小球一個水平向右的初速度v0，此后小球運動的v—t圖像如圖乙所示，t=0時刻圖線斜率絕對值為k1，圖線上的P點為t1~t3間曲線切線斜率最大點，該點切線斜率為k2，小球最終停在距O點L處。帶電小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．在兩點電荷連線中垂線上，O點電勢最高，t3時刻小球所在位置的場強最大B．小球與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=C．兩點電荷連線中垂線上的場強最大值為ED．若取無窮遠處為0電勢點，則O點電勢為φ三、實驗題（每空2分，共16分）11．某同學(xué)設(shè)計利用如圖甲所示裝置驗證單擺的周期公式，傳感器固定在懸點O正下方，該傳感器可記錄光的強弱隨時間的變化情況。當(dāng)小球擺到最低點遮擋光線時，傳感器采集的光線最弱，計算機采集數(shù)據(jù)后得到光的強弱與時間圖像如圖乙所示。（1）第1次光最弱到第N次光最弱的時間為t，則該單擺的周期可表示為T1=（2）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測小球直徑D如圖丙所示，則D=mm，用米尺測量知擺線長為L，重力加速度取g，用D、L、g表示單擺周期公式為T2=。在誤差允許范圍內(nèi)若12．電荷的定向移動形成電流，電流表示單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量，即I=qt。電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，并且可以和計算機相連。圖甲是觀察電容器的充、放電現(xiàn)象的實驗裝置。電源輸出電壓恒為8V，S是單刀雙擲開關(guān)，R為定值電阻，（1）當(dāng)開關(guān)S接1時，平行板電容器（選填“充電”或“放電”）。（2）電容器充電完畢后，把開關(guān)S接2時，其放電電流隨時間變化圖像如圖乙所示，①此過程中，電路中的電流（選填“增大”、“減小”或“不變”），電容器兩極板間的場強（選填“增大”、“減小”或“不變”）；②若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）數(shù)格法，由圖乙可知電容器所帶的電荷量為C（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字），根據(jù)計算可知，該實驗選擇的電容器最有可能是下圖中的。（選填“A”、“B”或“C”）A.B.C.四、解答題（13題12分，14題12分，15題16分，共40分）13．一列振幅為A=10cm的簡諧波沿x軸正方向傳播，在傳播方向上有平衡位置相距d=6m的P、Q兩質(zhì)點（波長為λ，且λ<d<2λ），t=0時刻質(zhì)點P的位移為10cm，質(zhì)點Q的位移為-10cm，經(jīng)t0（1）這列簡諧波的波速；（2）從t=0時刻起質(zhì)點Q的振動方程。14．若距地面高約2km的空中有兩塊烏云，它們因與空氣摩擦帶電，致使兩塊烏云之間的電勢差約為3×109V且在沒放電前保持不變。已知空氣的電場強度達到3×106V/m將被擊穿放電。請對以下問題進行估算（估算時可以把兩塊烏云間電場看成是勻強電場）。（1）當(dāng)兩塊烏云相距多少米時會發(fā)生電閃雷鳴？（2）若某次閃電，兩塊烏云在很短時間放電完畢，兩塊烏云之間電勢差變?yōu)榱悖ㄟ^的電荷量為500C，可釋放多少能量？（3）這次放電現(xiàn)象將（2）問中的電荷放電完畢歷時約0.01s，則其平均電流約為多大？15．如圖甲所示，空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，有一邊長為L的正方體區(qū)域，其中頂點a、b'、d'在坐標(biāo)軸上。在平面Oabb'中心K點放置一裝備，能沿各個方向發(fā)射電子。不考慮電子之間的相互作用。電子的質(zhì)量為m，電子的電荷量為e。（1）為了使初速度為v0，且平行x軸發(fā)射的電子不能到達平面dcc'd'，可在該空間范圍內(nèi)增加沿x軸方向的勻強電場，求該電場電場強度的最小值和方向；（2）為了使初速度為v0，且平行x軸發(fā)射的電子不能到達平面dcc'd'，也可在該空間范圍內(nèi)增加垂直于x軸方向的勻強電場，求該電場電場強度的最小值；（3）如圖乙所示，K'位于K的正對面，虛線框平行于xy平面。電子以初速v0，且與KK'連線夾角為θ發(fā)射，在空間范圍內(nèi)增加垂直于x軸且和v0在同一個平面的勻強電場，該電子會從K'小孔離開，達到速度選擇的功能。求①滿足條件的勻強電場場強的大??；②該電子具有最大電勢能時所在位置的電勢，已知K所在位置為零勢點。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、點電荷是一種理想化模型，其形狀大小可以忽略不計，但其所帶電荷量不一定很小，故A錯誤；

B、法拉第提出了電荷周圍存在電場的觀點，故B正確；

C、密立根最早通過油滴實驗測出了元電荷的數(shù)值，故C錯誤；

D、電場中某點場強方向與該點所放正電荷受到的靜電力的方向相同，與負電荷所受電場力的方向相反，故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】點電荷是形狀大小可以忽略不計的一種理想化模型，與其所帶電荷量無關(guān)?？ㄎ牡鲜灿门こ訉嶒灉y出了引力常量的數(shù)值，被稱為第一個準(zhǔn)確稱出地球質(zhì)量的人。電場中某點場強方向與該點所放正電荷受到的靜電力的方向相同。2．【答案】D【解析】【解答】A、E=Fq為場強的定義式，電場中某點的電場強度由電場本身決定，跟試探電荷所帶的電荷量無關(guān)，故A錯誤；

B、電勢差由電場本身決定，跟檢驗電荷電量q及電場力做功無關(guān)，故B錯誤；

C、根據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQr2可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量有關(guān)，這里的Q就是場源電荷所帶的電荷量，故C錯誤；

D、根據(jù)電勢差的定義式U3．【答案】A【解析】【解答】kg·m2s3·A4．【答案】C【解析】【解答】+q的點電荷在圓心O處的場強與-q的點電荷在圓心O處的場強的合場強方向由O點指向D點，兩點電荷在O點的場強大小均為E=k兩場強夾角為60°，根據(jù)矢量三角形法則可得，兩電荷在O點的合場強大小為E故要使圓心處的電場強度為零，點電荷Q在圓心O處產(chǎn)生的場強方向由O指向C，大小也為kQr2，所以，點電荷Q=-q，且應(yīng)放在C點。故ABD錯誤，C正確。

5．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)題意，小球受到的電場力等于圓弧棒的重力，即qE=Mg解得E=故ABC錯誤，D正確。故答案為：D。

【分析】分析小球的受力情況，根據(jù)平衡條件列出平衡方程，即可求出場強大小。6．【答案】B【解析】【解答】AB、粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的側(cè)移量為y=而粒子在電場中運動的加速度為a=電容器在連接電源的情況下，極板間電壓不變，極板間場強為E=僅將PQ板向下平移一些，板間距變小，兩板間的場強變大，粒子沿電場方向的加速度增大，側(cè)移變大；僅將PQ板向上平移一些，板間距變大，兩板間的場強變小，粒子沿電場方向的加速度減小，側(cè)移變小。故A錯誤，B正確；

CD、將開關(guān)K斷開，兩板的帶電量不變，根據(jù)C=εS4πd，C=得極板間場強為E=可知僅將PQ板向下平移或向上平移，兩板間的電場強度不變，側(cè)移不變，故CD錯誤。

故答案為：B。

【分析】明確電容器是電荷量不變還是電勢差不變。再根據(jù)電容的定義式、決定式及勻強電場場強公式分析兩極板間場強的變化情況，以確定電荷受力變化情況，再根據(jù)平拋運動特點確定偏移量的變化情況。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、曲線運動的合外力指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子受到的電場力向左，與電場方向相同，故粒子帶正電，故A錯誤；

BD、若粒子從a點運動到c點，速度方向與電場力方向的夾角大于90°，電場力做負功，粒子的動能減小，電勢能增大，粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，故B正確，D錯誤；

C、電場線越密，電場強度越大，由圖可知粒子在c點的電場強度大于在b點的電場強度，根據(jù)a=可知粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度，故C正確。

故答案為：BC。

【分析】曲線運動物體所受合外力指向凹側(cè)，根據(jù)運動軌跡確定帶電粒子受力方向，正電荷所受電場力方向與場強方向相同。根據(jù)粒子受力方向與運動方向的夾角確定電場力做功情況，繼而判斷得出電勢能和動能的變化情況。電場線越密，電場強度越大，所受電場力越大，加速度越大。8．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、圖甲中電容器兩端電壓U一定，B板接地，B板電勢為零，則A板電勢大小為U，根據(jù)E=可知，當(dāng)B板向下平移時，d增大，電場強度減小，根據(jù)U解得φ可知，B板向下平移時，板間距增大，電場強度減小，P點的電勢升高，故A正確；

B、圖乙中電容器兩端電壓U一定，A板接地，即A板電勢為0，根據(jù)上述，電場強度減小，根據(jù)U解得φ可知，P點電勢為負值，由于電勢的正負表示大小，則B板向下平移時，電場強度減小，P點的電勢升高，故B正確；

C、圖乙中電容器所帶電荷量Q不變，B板接地，即B板電勢為零，根據(jù)C=QU解得E=可知，當(dāng)B板向下平移時，d增大，電場強度不變，根據(jù)U解得φ可知，B板向下平移時，電場強度一定，PB間距增大，則P點的電勢升高，故C正確；

D、圖乙中電容器所帶電荷量Q一定，根據(jù)上述，電場強度一定，A板接地，A板電勢為零，根據(jù)U解得φ可知，B板向下平移時，電場強度一定，AP間距一定，則P點的電勢不變，故D錯誤。

故答案為：ABC。

【分析】確定電容器電荷量不變還是電勢差不變。根據(jù)電容公式及勻強電場中場強公式，確定兩極板間場強的變化情況。接地端電勢為零。分析P點與不動板或電勢為零的極板之間電勢差的變化情況，再根據(jù)電勢與電勢差之間的關(guān)系確定p點電勢的變化情況，注意p點電勢的正負值情況。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、因為初速度為零，所以E因為在h2處小球的機械能為零，但動能可能不為零，所以h2處小球的重力勢能可能為負值，即可能不為零，故A錯誤；

B、因為小球的機械能減小，電場力做負功，小球帶正電，所以電場方向豎直向上，根據(jù)

?E=qE?h

可知E-h圖象切線的斜率表示電場力大小，圖像斜率越來越大，即電荷所受電場力越來越大。所以電場強度隨h的增大而增大，故B正確；

C、小球下落過程中，電場力做負功，小球在下落過程中電勢能不斷增大，故C正確；

D、根據(jù)功能關(guān)系，可知在h1處小球所受的電場力大小為P點切線斜率的絕對值，即F=故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】機械能的變化情況與物體所受重力以外的力做功有關(guān)。根據(jù)能量守恒，判斷電場力做功情況，繼而得出電場力和場強方向。結(jié)合功能關(guān)系得出圖像斜率的物理意義，繼而得出電場強度的變化情況。根據(jù)電場力做功情況或者能量守恒推斷得出電勢能的變化情況。10．【答案】B,C【解析】【解答】A、由沿電場線方向電勢逐漸降低，在中垂線上中點O點電勢最高。由v—t圖像的斜率表示加速度，由圖可知，t1-t3時間內(nèi)小球做加速度減小的加速運動，即電場力大于阻力，且t2時刻小球加速度最大，即電場力最大，電場強度最大。故A錯誤

B、在初始時刻，小球到的電場力是零，只受摩擦力，由牛頓第二定律可得μmg=m其中t=0時刻圖線斜率絕對值為k1，則有a聯(lián)立可得μ=故B正確；

C、由A選項分析可知，在t2時刻，小球受的電場力最大，可知場強最大，由牛頓第二定律可得q其中a聯(lián)立可得E故C正確；

D、小球從O點到停在距O點L處的N＇點，由動能定理可得q又有U解得φ故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】掌握等量同種電荷電場線和等勢面分布的特點。v-t圖像的斜率表示加速度，分析小球在運動過程中的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像分析小球所受電場力的變化情況，繼而確定場強大小及變化情況。根據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系，結(jié)合功能關(guān)系分析O點電勢情況。11．【答案】（1）2t（2）10.60；2π【解析】【解答】（1）在一個周期內(nèi)擺球2次經(jīng)過平衡位置，一個周期內(nèi)擺球兩次擋光，單擺的周期T（2）用游標(biāo)卡尺測小球直徑：D=10mm+0.05mm×12=10.60mm。單擺擺長為l=L+單擺周期公式T【分析】一個單擺周期內(nèi)，小球兩次經(jīng)過最低點，光強變化兩次。由此推出單擺的周期。讀數(shù)時注意分度數(shù)。擺長等于繩長與小球半徑之和，再結(jié)合單擺周期公式求出單擺的期公式。12．【答案】（1）充電（2）減?。粶p??；3.【解析】【解答】（1）當(dāng)開關(guān)S接1時，平行板電容器充電。

（2）①此過程中，電容器放電，則電路中的電流減小，電容器帶電量減小，則兩極板間的場強減??；

②圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于電容器的帶電量，圖中每小格的電量為Q若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）數(shù)格法可得格數(shù)為14，由圖乙可知電容器所帶的電荷量為Q=14電容器的電容C=可知，該實驗選擇的電容器最有可能是下圖中的B。

【分析】電容器與電源相連時，處于充電狀態(tài)，充電過程，兩極板電勢差逐漸增大，板間場強逐漸增大。放電過程，電流逐漸減小，兩極板電勢差逐漸減小，板間場強逐漸減小。根據(jù)電流的定義可知，I-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電荷量，根據(jù)圖像算數(shù)電容器所帶電荷量，再根據(jù)電容的定義式求出其電容。13．【答案】（1）解：t=0時刻，質(zhì)點Q的位移為?10cm，經(jīng)t0=1s解得T=4s波沿x軸正方向傳播，t=0時刻，質(zhì)點P的位移為10cm，質(zhì)點Q的位移為?10cm，所以d=(n+又λ<d<2λ，所以n=1，故d=32故波速v=（2）解：設(shè)質(zhì)點Q的振動方程為y=Asin(ωt+φ)t=0時刻，y=Asinφ=?10cm，解得φ=故質(zhì)點Q的振動方程為y=0.1sin【解析】【分析】（1）根據(jù)質(zhì)點振動的特點，利用同一質(zhì)點質(zhì)點從最低點回到平衡位置的時間間隔求出質(zhì)點的振動周期，再根據(jù)同一時刻，兩質(zhì)點之間的位移關(guān)系，確定兩質(zhì)點之間的距離與波長之間的關(guān)系，再結(jié)合波速公式進行解答；

（2）根據(jù)質(zhì)點的振動方程的表達式，確定振幅及周期的大小，再將某時刻質(zhì)點所處位移的點代入方程求出相位差，繼而得出質(zhì)點的振動方程。14．【答案】（1）解：由U=Ed可得兩塊烏云會發(fā)生電閃雷鳴的距離d=（