重庆市万州二中2024-2025学年高二物理上学期期中试题

PAGEPAGE10重庆市万州二中2024-2025学年高二物理上学期期中试题一、选择题(第1—10小题为单选题，11—14小题为多选题。每小题4分,共56分)1.学校运动会进行跳远竞赛时，要在沙坑里填沙，这样做的目的是（）A．减小人的动量改变量 B．延长人与地面的作用时间，从而减小冲力，起到平安作用 C．减小人所受地面的冲量 D．减小人与地面接触时间2．关于静电场的电场强度和电场线，下列说法正确的是（）A．电场中某点的场强方向跟电荷在该点所受电场力的方向相同 B．E＝仅适用于真空中点电荷形成的电场 C．当时速度为零时，放入电场中的电荷仅在电场力作用下的运动轨迹肯定与电场线重合D．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同3.一节干电池的电动势为1.5V，这表示()A．电池中每通过1C的电荷量，该电池能将1.5J的电势能转变成化学能B．该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5VC．该电池存储的电能肯定比电动势为1.2V的电池存储的电能多D．电池中每通过1C的电荷量，非静电力做了1.5J的功4．有两个完全相同的金属小球A、B（它们的大小可忽视不计），A带电荷量为5Q，B带电荷量为－Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的相互作用的库仑力为F；现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处，则A、B间的相互作用的库仑力的大小是（）A．F B． C．F D．F5．某导体中的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．导体两端加5V电压时，导体的电阻为5Ω B．随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断减小 C．随着导体两端电压的增大，导体的电功率不断减小 D．导体两端加12V电压时，每秒内通过导体横截面的电量为1C6．遵义市科技馆有一个法拉第笼（FaradayCage），它是一个由金属制成的球形态笼子，其笼体与大地连通。当高压电源通过限流电阻将10万伏直流高压输送给放电杆，放电杆尖端距笼体10厘米时，出现放电火花。周日15：00限时体验时，体验者进入笼体后关闭笼门，操作员接通电源，用放电杆进行放电演示。关于法拉第笼下列说法正确的是（）A．法拉第笼上的感应电荷匀称分布在笼体外表面上 B．同一带电粒子在法拉第笼外的电势能大于在法拉第笼内部的电势能 C．法拉第笼上的感应电荷在笼内产生的电场强度为零 D．法拉第笼内部随意两点间的电势差为零7．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同始终线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的改变如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3J B．4J C．5J D．6J8．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ减小，E不变，Ep增大 B．θ减小，E不变，Ep不变 C．θ增大，E增大，Ep不变 D．θ增大，E不变，Ep不变9.如图所示，在匀强电场中，位于边长的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知的电势分别为-4V，0V，8V，12V。则下列说法正确的是()A.E点的电势B.间的电势差C.该匀强电场的场强大小D.该匀强电场的电场线垂直于连线，且指向A10．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当＝时，细线上的拉力为0 C．当＝时，细线上的拉力为0 D.斜面对小球的支持力可能为011．如图所示，一电场的电场线分布关于y轴对称，M、O、N是y轴上的三个点，且MO＝ON，P点在y轴的右侧，PN⊥MN，则（）A．同一电荷在N点的电势能比在P点的电势能大 B．将正电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C．O、N两点间的电势差大于O、P两点间的电势差 D．在M点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动12．两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(设为正)，B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A．均为1m/s B．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/s D．－1m/s和5m/s13．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动b到的过程中，能量改变状况为（）A．动能削减 B．电势能削减 C．电场力方向竖直向上 D．重力势能、动能和电势能之和增加14．如图所示，电流表A1与A2内阻相同，电压U恒定，甲图中A1示数为3A，A2示数为2A，则乙图中（）A．A1示数大于3A B．A1示数小于3A C．A2示数小于1A D．A2示数大于1A二、试验题(共1小题,每小题6.0分,共6分)15．在测定小灯泡伏安特性曲线的试验中，已知该小灯泡的阻值约为5Ω左右，现备有以下器材：A．电池组E（3V）B．滑动变阻器R1（0﹣10Ω，额定电流2A）C．滑动变阻器R2（0﹣50Ω，额定电流1A）D．电流表A1（0﹣3A，内阻约0.1Ω）E．电流表A2（0﹣0.6A，内阻约0.5Ω）F．电压表V1（0﹣3V，内阻约6kΩ）G．电压表V2（0﹣15V，内阻约30kΩ）H．电键、导线（1）本试验中滑动变阻器、电流表、电压表应选用的是（填写各器材前面的字母代号）（2）请在方框中画出试验电路图（3）该试验存在系统误差，误差的结果是测量值真实值．（选填“大于”或“小于”）三、计算题(共3小题,12+12+14=36分)16．设灵敏电流表G满偏电流为Ig＝0.1A，内阻为Rg＝10Ω。（1）若将G改装为U1＝3V和U2＝15V的双量程电压表，电路图如右。求R3、R4。（2）若将G改装为I1＝0.6A和I2＝3A的双量程电流表，电路图如左。求R1、R2；17．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）将电场反向，场强大小不变，求小球的最大速度的大小。18．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该点电荷的电荷量为﹣Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；其次象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性改变的电场E3以水平向右为正方向，改变周期T＝．一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：（1）离子在第一象限运动时速度大小（2）其次象限电场E2的大小；（3）当t＝nT时，离子的坐标。（n＝1.2.3…）

2024秋高二期中物理答题卷一、选择题(第1—10小题为单选题，11—14小题为多选题。每小题4.0分,共56分)二、试验题(共1小题,每小题6.0分,共6分)15.(1)．(2)．．(3)（选填“大于”或“小于”）三、计算题(共3小题,12+12+14=38分)16.17.18.

参考答案一．选择题（共10小题）1．【答案】B【分析】物体动量的改变等于合外力的冲量，应用动量定理分析，从而说明相关现象。【解答】解：跳远竞赛时，运动员从与沙坑接触到静止动量的改变量相等，设为△p，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I＝△p是肯定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理得：△p＝Ft，则有：F＝，△p肯定，t越长，动量改变率越小，人受到的合外力越小，从而可以减小冲力，起到平安作用，故B正确，ACD错误。故选：B。2．【答案】B【分析】依据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E＝仅适用真空中点电荷的电场；电场强度的定义式E＝适用于任何电荷产生的电场；电场强度的方向与放入的正电荷所受电场力的方向相同。【解答】解：A、电场强度的方向与放入电场的正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反，故A错误。B、公式E＝仅适用真空中点电荷的电场，故B正确。C、当时速度为零时，放入电场线是直线的电场中，其电荷在电场力作用下的运动轨迹才肯定与电场线重合，故C错误。D、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不同，故D错误。故选：B。DB【答案】A【分析】I﹣U图象某点的U与I比值表示导体的电阻；图象得斜率表示电阻增加的快慢程度；从图象的改变可以分析导体电阻和电功率的改变。【解答】解：A、导体两端加5V电压时，导体的电阻为，故A正确；B、由图象的斜率改变知，随着电压的增加，电阻的增大，故B错误；C、电功率P＝UI，由图象上点知，随着U增大，UI乘积始终增大，故C错误；D、导体两端加12V电压时，对应的电流时1.5A，故每秒内通过导体横截面的电量为1.5C，故D错误。故选：A。6．【答案】D【分析】假如将导体放在电场强度为E外的外电场中，导体内的自由电子在电场力的作用下，会逆电场方向运动。这样，导体的负电荷分布在一边，正电荷分布在另一边，这就是静电感应现象。由于导体内电荷的重新分布，这些电荷在与外电场相反的方向形成另一电场，电场强度为E内。依据场强叠加原理，导体内的电场强度等于E外和E内的叠加，等大反向的电场叠加而相互抵消，使得导体内部总电场强度为零。当导体内部总电场强度为零时，导体内的自由电子不再移动。物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡。处于静电平衡状态的导体，内部电场强度到处为零。由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上。假如这个导体是中空的，当它达到静电平衡时，内部也将没有电场。这样，导体的外壳就会对它的内部起到“爱护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。【解答】解：A、感应电荷在笼体外的分布是不匀称的，靠近放电杆与远离放电杆处的电荷多，中间位置处的电荷少。故A错误；B、不知道带电粒子的电性，所以不能推断同一个带电粒子在法拉第笼外的电势能与在法拉第笼内部的电势能的大小关系。故B错误；C、达到静电平衡状态的导体，内部电场强度到处为零，即感应电荷的附加电场与引起电磁感应的电荷的电场的合场强为0，所以感应电荷在笼内产生的电场强度不能为零。故C错误；D、达到静电平衡状态的导体，内部电场强度到处为零，所以法拉第笼内部随意两点间的电势差为零。故D正确故选：D。7．【答案】A【分析】甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。【解答】解：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，解得M＝6kg，则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。故选：A。8．【答案】B【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；依据电容器的确定式可分析电容的改变，再依据定义式分析电压的改变，从而分析静电计指针夹角的改变；依据U＝Ed分析电场强度的改变；依据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的改变。【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，依据C＝可知，电容C增大，则依据C＝可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再依据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故B正确，ACD错误；故选：B。D10．【答案】C【分析】依据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后依据共点力平衡条件列式分析．【解答】解：A、依据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F＝；B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，依据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ＝Fcosθ；其中F＝；联立解得：mgsinθ＝cosθ则有，＝；故B错误，C正确；D、两个球带同种电荷，相互排斥，故斜面对A的支持力不行能为零；故D错误；故选：C。二．多选题（共4小题）11．【答案】BD【分析】由电势能公式EP＝qφ可知，电势能与电荷的电性和电势有关，缺一不行；电场力做功由电荷和电势差确定：W＝qU，电荷带正电，电势差为正时，电场力做正功；非匀强电场电势差也可以用U＝Ed来近似分析；带电粒子是否做直线运动，要看粒子的速度与电场力是否有夹角，假如夹角为零，则粒子做直线运动。【解答】解：A、过P、N做等势线，可得到过N点的等势线在P点的等势线下面，因顺着电场线电势降低，则有φN＞φP，由电势能公式EP＝qφ可知，q电性未知，无法比较两点的电势能，故A错误；B、将正电荷由O点移动到P点，因U0P＝φO﹣φP＞0，所以W＝qUOP＞0，则正电荷做正功，故B正确；C、依据U＝φ1﹣φ2可定性推断，结合上面分析可知，N点电势高于P点电势，所以ON电势差小于OP电势差，故C错误；D、依据电场线的分布特点会发觉，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在沿y轴向上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴正方向做直线运动，故D正确。故选：BD。12．【答案】AD【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不行能增加，碰撞后的系统总动能应当小于或等于碰撞前的系统总动能。【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p＝mAvA+mBvB＝4×3+2×（﹣3）＝6kg•m/s，碰前总动能为：EK＝mAvA2+mBvB2＝×4×32+×2×（﹣3）2＝27J；A、假如v1′＝v2′＝1m/s，碰后系统动量为6kg•m/s，碰撞后系统总动能为：3J，系统动量守恒、系统动能部增加，故A正确；B、假如vA′＝﹣2m/s、vB′＝7m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为57J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；D、假如vA′＝﹣1m/s、vB′＝5m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为27J，系统动量守恒、动能部增加，故C正确；C、假如vA′＝2m/s、vB′＝﹣1m/s，碰后总动量为6kg•m/s，总动能为9J，系统动量守恒，动能不增加，但碰撞后A、B速度方向均不变，不符合实际，故D错误；故选：AD。13．【答案】BC【分析】依据图中油滴的运动轨迹弯曲状况，可以推断出重力和电场力的大小关系，然后依据功能关系求解即可．【解答】解：A、C、带电油滴在电场中受到重力和电场力，由于轨迹向上弯曲，油滴必定受到向上的电场力，所以电场力方向竖直向上，而且电场力必定大于重力，合外力向上，故从a到b的运动过程中合外力做正功，由动能定理可知，其动能增加，故A错误；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能削减，故B正确；D、依据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，依据能量守恒定律得知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，故D错误。故选：B。14．【答案】AC【解答】解：由题图甲可知，R1中的电流I1＝2A，R2中的电流I2＝3A﹣2A＝1A，由并联电路特点可知，改为题图乙中电路后，R1支路电阻更小，由并联电路特点可知，总电阻变小，电路两端电压不变，由欧姆定律可知，干路中总电流变大，所以电流表A1示数变大；干路电流变大，电流表A1两端电压变大，并联电路电压变小，又由于电流表A2所在支路的电阻变大，由欧姆定律可知，该支路电流变小，即A1示数大于3A，A2示数小于1A。故选：AC。三．试验题（共1小题）13．在测定小灯泡伏安特性曲线的试验中，已知该小灯泡的阻值约为5Ω左右，现备有以下器材：A．电池组E（3V）B．滑动变阻器R1（0﹣10Ω，额定电流2A）C．滑动变阻器R2（0﹣50Ω，额定电流1A）D．电流表A1（0﹣3A，内阻约0.1Ω）E．电流表A2（0﹣0.6A，内阻约0.5Ω）F．电压表V1（0﹣3V，内阻约6kΩ）G．电压表V2（0﹣15V，内阻约30kΩ）H．电键、导线（1）本试验中滑动变阻器、电流表、电压表应选用的是A、E、F（填写各器材前面的字母代号）（2）请在方框中画出试验电路图（3）该试验存在系统误差，误差的结果是测量值小于真实值．（选填“大于”或“小于”）【答案】见试题解答内容【分析】（1）依据电源电动势选择电压表，依据电路最大电流选择电流表，为便利试验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）依据试验要求与试验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．（3）依据电路图应用欧姆定律分析试验误差．【解答】解：（1）电源电动势为3V，电压表应选F，电路最大电流约为：I＝＝0.6A，电流表应选E，为便利试验操作，滑动变阻器应选B；（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零起先改变，滑动变阻器应采纳分压接法，灯泡电阻约为5Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为6kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采纳外法，试验电路图如图所示：（3）电流表采纳外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，电阻测量值小于真实值．故答案为：（1）B、E、F；（2）电路图如图所示；（3）小于．五．计算题（共3小题）16．【解答】解：（1）改装成3V电压表时接a，b接线柱：﹣Rg＝＝20Ω改装成15V的电压表时接a，c接线柱：R1＝＝＝120Ω（2）改装为0.6A电流表时，用a，c接线柱并联电阻的分流电流为：IR＝I﹣Ig＝0.6﹣0.1＝0.5A，分流电阻的阻值为：R1+R2＝＝＝2Ω，改装为3A电流表时用a，b接线柱：R1＝＝，联立解得：R1＝0.4Ω，R2＝1.6Ω；答：（1）R3，R1的阻值分别为20Ω，120Ω（2）R1、R2的阻值分别为0.4Ω、1.6Ω。17．如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小球所受电场力F的大小；（2）小球的质量m；（3）将电场反向，场强大小不变，求小球到最低点时速度v的大小。【答案】（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10﹣3N；（2）小球的质量m为4.0×10﹣4kg；（3）将电场反向，场强大小不变，小球到最低点时速度v的大小为。【分析】（1）依据电场力的计算公式求解电场力；（2）画出小球受力状况示意图，依据几何关系列方程求解质量；（3）依据动能定理求解速度即可。【解答】解：（1）依据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为：F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×1