四川省眉山市青神中学校2023-2024学年高二上学期10月期中物理试题（解析版）

高2025届2023-2024学年质量测试物理试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择题1.下列叙述正确的是（）A.由可知，电流越大，通过导体横截面的电荷量就越多B.电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流C.把一根长导体截成等长的3段，则每段的电阻率都是原来的D.由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比【答案】B【解析】【详解】A．由可知，电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，所以电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故A错误；B．电源的作用是将自由电荷从外电路的一端搬运到另一端，保持外电路两端有电势差，使电路中有持续的电流，故B正确；C．电阻率是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关，故C错误；D．导体的电阻与导体两端的电压及导体中的电流无关，故D错误。故选B。2.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；BC．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。故选D。【点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。3.如图所示为某新型导电材料制成的均匀长方体元件，该元件的长为2L，宽为0.8L，高为0.6L。当电流分别沿和方向流入时，其电阻阻值之比为（）A.3：100 B.100：3 C.9：100 D.100：9【答案】C【解析】【详解】当电流沿ab方向流入时，由电阻定律可得当电流沿cd方向流入时，由电阻定律可得则故选C。4.A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的静电力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（）A.FA＜FBB.mA＝3mBC.细线AC对A的拉力TA＝D.细线OC的拉力TC＞(mA＋mB)g【答案】B【解析】【详解】对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；对A根据力的平衡条件有：mAg=TAcos30°，F=TAsin30°，同理对B根据力的平衡条件有：mBg=TBcos30°，F=TBsin30°，联立解得：mA=3mB，故B正确；根据力的平衡条件有：mAg=TAcos30°，因此：TA=mAg，故C错误；由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故D错误．故选B．【点睛】本题关键分别对两个小球受力分析，采用隔离法和整体法，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．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R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】A【解析】【详解】粒子的轨迹向右弯曲，所受的电场力向右；A．电场力向右，带电粒子从R向Q运动时做减速运动，带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小，A正确；B．电场力向右，带电粒子从P点向Q点运动时，电场力做负功，电势能增加，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，B错误；C．带电粒子在运动过程中，只有动能和电势能之间发生转化，动能和电势能之和保持不变，C错误；D．带电粒子只受电场力作用，电场线越密，电场越强，粒子所受的电场力越大，加速度越大，所以带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D错误。故选A。6.铜的电阻率为，单位体积内的自由电子数为。如图所示，长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，当将与接入电压为的电路中形成电流时，已知电子的电荷量为，则该铜柱内自由电子定向移动的速率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】沿电流方向铜柱的电阻为通过铜柱的电流为电流的微观表达式为联立以上三式解得故选B。7.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（）A.P点放置的是带正电的点电荷B.q1>q2C.C点的电场强度大于A点的电场强度D.将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A．由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；BC．根据图像切线的斜率等于场强，可知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据，可知

故B正确，C错误；D．将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据可知，电势能先减小后增大，故错误。故选B。二、多项选择题8.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷A.在和处电势能相等B.由运动到的过程中电势能增大C.由运动到的过程中电场力先增大后减小D.由运动到的过程中电场力先减小后增大【答案】BC【解析】【分析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．9.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ABCD圆弧上往复运动D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆弧到达B点【答案】AB【解析】【详解】A．由于电场强度，则重力和电场力的合力为，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点在弧AD的正中间，则解得：小球在等效最高点的最小速度故A项正确；B．小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，则小球运动到B点时，小球的电势能最小，所以到B点时的机械能最大，故B项正确；C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，不沿圆弧运动，故C项错误；D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，球不沿圆弧运动，故D项错误。故选AB。10.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2l，电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为12V，b点电势为14V，d点电势为6V。一个质子（不计重力）经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°角，一段时间后经过c点，下列说法正确的是（）A.c点电势为10VB.场强的大小为，方向由a指向dC.质子从b运动到c所用的时间为D.若质子质量为m、电量为q，则质子运动到c时速度大小为【答案】AC【解析】【详解】A．由U=Ed可知，匀强电场中两平行线上的电势差与距离成正比，则2Uba=Ucd则2（φb-φa）=（φc-φd）解得φc=10V故A正确；B．三角形bcd斜边bd中点O电势为10V，则可知Oc为等势线，又因为该三角形是等腰直角三角形，具有对称性，Oc⊥bd，且b点电势高于d点电势，可知匀强电场的电场强度方向为沿着bd方向且b指向d，场强大小故B错误；C．质子初速度方向与电场垂直，所以，粒子做类平抛运动，从b运动到c所用的时间为故C正确；D．质子从b运动到c，动能定理解得故D错误。故选AC。三、非选择题11.如图所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器充电后与电源断开。（1）在实验中观察到的现象是______。A．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大B．图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变C．图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大（2）若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势_______（填“升高”、“不变”、“降低”）。【答案】①.A②.向下运动③.升高【解析】【详解】（1）[1]AB．根据公式得可知图中的手水平向左移动时，d增大，U增大，静电计指针的张角变大，A正确，B错误；C．图中的手竖直向上移动时，S减小，U增大，静电计指针的张角变大，C错误；D．图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，增大，U减小，静电计指针的张角变小，D错误。故选A。（2）[2]电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。[3]以大地为零势点，P点与零电势的A板距离不变，而电场强度减小，则点与零电势点之间的电势差减小，又因为点的电势小于0，则点的电势升高。12.某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a或b）。导线②应连接________（选填c或d）。（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线______。U/V0.300400.801.101.201.60I/A0.070.090.180.220.27035（3）用作图法求得Rx的阻值为________（结果保留两位有效数字）。（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。（5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）【答案】①.a②.d③.④.4.6Ω（4.5~4.8Ω）⑤.1.843mm（1.842mm~1.84mm）⑥.4.240cm⑦.【解析】【分析】【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差，故导线①应接a；[2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：（3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有电阻算出4.5Ω~4.8Ω均正确；（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数d=1.5mm+34.3×0.01mm=1.843mm估读出1.842~1.844mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l=42mm+8×0.05mm=42.40mm=4.240cm（5）[7]由欧姆定律由电阻定律金属丝的横截面积联立得四、解答题13.质量均为m三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球和B球的电荷量均为+q，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点。如图所示，已知静电力常量为k，求（1）C球电性及电荷量大小（2）F的大小【答案】（1）2q，C球带负电；（2）【解析】【详解】（1）设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得cos60°=，解得Q＝2qC球带负电（2）设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知sin60°＝ma解得a=对整体受力分析可知F＝3ma解得F=14.如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：（1）粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小v；（2）偏转电场的场强大小E；（3）粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。【答案】（1）；（