四川省成都2023-2024学年高二上学期期中物理试题（含答案）

四川省成都2023-2024学年高二上学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题（每小题4分，共24分）1．下列说法正确的是（）A．点电荷是一种理想化模型，其所带电荷量一定很小B．法拉第提出了电荷周围存在电场的观点C．卡文迪什用扭秤实验测出了元电荷的数值D．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向2．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=FqB．由UAB=WABC．根据真空中点电荷的电场强度公式E=kQrD．根据电势差的定义式UAB=WAB3．在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为kg⋅mA．电势 B．电势能 C．电场强度 D．电荷量4．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O，将电荷量分别为+q和−q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示，要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（）A．应放在A点，Q=2q B．应放在B点，Q=−2qC．应放在C点，Q=−q D．应放在D点，Q=−q5．如图所示，质量为m、电荷量为q的小球用绝缘线悬吊于天花板上，质量为M、电荷量为Q的圆弧棒在小球正下方的空中处于静止状态，重力加速度为g，小球可视为点电荷，则圆弧棒上电荷在小球所在位置处产生的场强大小为（）A．mgq B．MgQ C．mgQ6．如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经电场偏转后发生的侧移为y，不计粒子的重力，要减小侧移y，下列操作可行的是（）A．仅将PQ板向下平移一些B．仅将PQ板向上平移一些C．将开关K断开，仅将PQ板向下平移D．将开关K断开，仅将PQ板向上平移二、多项选择题（每题5分，部分选对得3分，共20分）7．某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（）A．粒子可能带负电也可能带正电B．若粒子从a点运动到c点，电势能增大C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D．粒子在c点的速度一定大于在a点的速度8．如图所示，甲、乙两图中平行板电容器与恒定电源保持连接，甲图中B板接地，乙图中A板接地。丙、丁两图中平行板电容器充电后与电源断开，丙图中B板接地，丁图中A板接地。P为两板空间中的一点，现保持A板位置不变，将四个图中的B板均向下平移一小段距离，则四个图中P点的电势升高的是（）A．甲图 B．乙图 C．丙图 D．丁图9．如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2A．在h2B．电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大C．小球在下落过程中电势能不断增大D．在h1处小球所受电场力大小为E10．如图甲，两等量同种正点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线中垂线上放置一水平轨道MN，在两点电荷连线中点O静置一带正电小球，小球可视为质点。t=0时刻给小球一个水平向右的初速度v0，此后小球运动的v—t图像如图乙所示，t=0时刻图线斜率绝对值为k1，图线上的P点为t1~t3间曲线切线斜率最大点，该点切线斜率为k2，小球最终停在距O点L处。带电小球质量为m，所带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在两点电荷连线中垂线上，O点电势最高，t3时刻小球所在位置的场强最大B．小球与轨道间的动摩擦因数μ=C．两点电荷连线中垂线上的场强最大值为ED．若取无穷远处为0电势点，则O点电势为φ三、实验题（每空2分，共16分）11．某同学设计利用如图甲所示装置验证单摆的周期公式，传感器固定在悬点O正下方，该传感器可记录光的强弱随时间的变化情况。当小球摆到最低点遮挡光线时，传感器采集的光线最弱，计算机采集数据后得到光的强弱与时间图像如图乙所示。（1）第1次光最弱到第N次光最弱的时间为t，则该单摆的周期可表示为T1=（2）该同学用游标卡尺测小球直径D如图丙所示，则D=mm，用米尺测量知摆线长为L，重力加速度取g，用D、L、g表示单摆周期公式为T2=。在误差允许范围内若12．电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I=qt。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，（1）当开关S接1时，平行板电容器（选填“充电”或“放电”）。（2）电容器充电完毕后，把开关S接2时，其放电电流随时间变化图像如图乙所示，①此过程中，电路中的电流（选填“增大”、“减小”或“不变”），电容器两极板间的场强（选填“增大”、“减小”或“不变”）；②若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）数格法，由图乙可知电容器所带的电荷量为C（计算结果保留两位有效数字），根据计算可知，该实验选择的电容器最有可能是下图中的。（选填“A”、“B”或“C”）A.B.C.四、解答题（13题12分，14题12分，15题16分，共40分）13．一列振幅为A=10cm的简谐波沿x轴正方向传播，在传播方向上有平衡位置相距d=6m的P、Q两质点（波长为λ，且λ<d<2λ），t=0时刻质点P的位移为10cm，质点Q的位移为-10cm，经t0（1）这列简谐波的波速；（2）从t=0时刻起质点Q的振动方程。14．若距地面高约2km的空中有两块乌云，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差约为3×109V且在没放电前保持不变。已知空气的电场强度达到3×106V/m将被击穿放电。请对以下问题进行估算（估算时可以把两块乌云间电场看成是匀强电场）。（1）当两块乌云相距多少米时会发生电闪雷鸣？（2）若某次闪电，两块乌云在很短时间放电完毕，两块乌云之间电势差变为零，通过的电荷量为500C，可释放多少能量？（3）这次放电现象将（2）问中的电荷放电完毕历时约0.01s，则其平均电流约为多大？15．如图甲所示，空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的正方体区域，其中顶点a、b'、d'在坐标轴上。在平面Oabb'中心K点放置一装备，能沿各个方向发射电子。不考虑电子之间的相互作用。电子的质量为m，电子的电荷量为e。（1）为了使初速度为v0，且平行x轴发射的电子不能到达平面dcc'd'，可在该空间范围内增加沿x轴方向的匀强电场，求该电场电场强度的最小值和方向；（2）为了使初速度为v0，且平行x轴发射的电子不能到达平面dcc'd'，也可在该空间范围内增加垂直于x轴方向的匀强电场，求该电场电场强度的最小值；（3）如图乙所示，K'位于K的正对面，虚线框平行于xy平面。电子以初速v0，且与KK'连线夹角为θ发射，在空间范围内增加垂直于x轴且和v0在同一个平面的匀强电场，该电子会从K'小孔离开，达到速度选择的功能。求①满足条件的匀强电场场强的大小；②该电子具有最大电势能时所在位置的电势，已知K所在位置为零势点。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、点电荷是一种理想化模型，其形状大小可以忽略不计，但其所带电荷量不一定很小，故A错误；

B、法拉第提出了电荷周围存在电场的观点，故B正确；

C、密立根最早通过油滴实验测出了元电荷的数值，故C错误；

D、电场中某点场强方向与该点所放正电荷受到的静电力的方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反，故D错误。

故答案为：B。

【分析】点电荷是形状大小可以忽略不计的一种理想化模型，与其所带电荷量无关。卡文迪什用扭秤实验测出了引力常量的数值，被称为第一个准确称出地球质量的人。电场中某点场强方向与该点所放正电荷受到的静电力的方向相同。2．【答案】D【解析】【解答】A、E=Fq为场强的定义式，电场中某点的电场强度由电场本身决定，跟试探电荷所带的电荷量无关，故A错误；

B、电势差由电场本身决定，跟检验电荷电量q及电场力做功无关，故B错误；

C、根据真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关，这里的Q就是场源电荷所带的电荷量，故C错误；

D、根据电势差的定义式U3．【答案】A【解析】【解答】kg·m2s3·A4．【答案】C【解析】【解答】+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心O处的场强的合场强方向由O点指向D点，两点电荷在O点的场强大小均为E=k两场强夹角为60°，根据矢量三角形法则可得，两电荷在O点的合场强大小为E故要使圆心处的电场强度为零，点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C，大小也为kQr2，所以，点电荷Q=-q，且应放在C点。故ABD错误，C正确。

5．【答案】D【解析】【解答】根据题意，小球受到的电场力等于圆弧棒的重力，即qE=Mg解得E=故ABC错误，D正确。故答案为：D。

【分析】分析小球的受力情况，根据平衡条件列出平衡方程，即可求出场强大小。6．【答案】B【解析】【解答】AB、粒子在电场中偏转的侧移量为y=而粒子在电场中运动的加速度为a=电容器在连接电源的情况下，极板间电压不变，极板间场强为E=仅将PQ板向下平移一些，板间距变小，两板间的场强变大，粒子沿电场方向的加速度增大，侧移变大；仅将PQ板向上平移一些，板间距变大，两板间的场强变小，粒子沿电场方向的加速度减小，侧移变小。故A错误，B正确；

CD、将开关K断开，两板的带电量不变，根据C=εS4πd，C=得极板间场强为E=可知仅将PQ板向下平移或向上平移，两板间的电场强度不变，侧移不变，故CD错误。

故答案为：B。

【分析】明确电容器是电荷量不变还是电势差不变。再根据电容的定义式、决定式及匀强电场场强公式分析两极板间场强的变化情况，以确定电荷受力变化情况，再根据平抛运动特点确定偏移量的变化情况。7．【答案】B,C【解析】【解答】A、曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力向左，与电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；

BD、若粒子从a点运动到c点，速度方向与电场力方向的夹角大于90°，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大，粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，故B正确，D错误；

C、电场线越密，电场强度越大，由图可知粒子在c点的电场强度大于在b点的电场强度，根据a=可知粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，故C正确。

故答案为：BC。

【分析】曲线运动物体所受合外力指向凹侧，根据运动轨迹确定带电粒子受力方向，正电荷所受电场力方向与场强方向相同。根据粒子受力方向与运动方向的夹角确定电场力做功情况，继而判断得出电势能和动能的变化情况。电场线越密，电场强度越大，所受电场力越大，加速度越大。8．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、图甲中电容器两端电压U一定，B板接地，B板电势为零，则A板电势大小为U，根据E=可知，当B板向下平移时，d增大，电场强度减小，根据U解得φ可知，B板向下平移时，板间距增大，电场强度减小，P点的电势升高，故A正确；

B、图乙中电容器两端电压U一定，A板接地，即A板电势为0，根据上述，电场强度减小，根据U解得φ可知，P点电势为负值，由于电势的正负表示大小，则B板向下平移时，电场强度减小，P点的电势升高，故B正确；

C、图乙中电容器所带电荷量Q不变，B板接地，即B板电势为零，根据C=QU解得E=可知，当B板向下平移时，d增大，电场强度不变，根据U解得φ可知，B板向下平移时，电场强度一定，PB间距增大，则P点的电势升高，故C正确；

D、图乙中电容器所带电荷量Q一定，根据上述，电场强度一定，A板接地，A板电势为零，根据U解得φ可知，B板向下平移时，电场强度一定，AP间距一定，则P点的电势不变，故D错误。

故答案为：ABC。

【分析】确定电容器电荷量不变还是电势差不变。根据电容公式及匀强电场中场强公式，确定两极板间场强的变化情况。接地端电势为零。分析P点与不动板或电势为零的极板之间电势差的变化情况，再根据电势与电势差之间的关系确定p点电势的变化情况，注意p点电势的正负值情况。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、因为初速度为零，所以E因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；

B、因为小球的机械能减小，电场力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，根据

∆E=qE∆h

可知E-h图象切线的斜率表示电场力大小，图像斜率越来越大，即电荷所受电场力越来越大。所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；

C、小球下落过程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C正确；

D、根据功能关系，可知在h1处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值，即F=故D错误。

故答案为：BC。

【分析】机械能的变化情况与物体所受重力以外的力做功有关。根据能量守恒，判断电场力做功情况，继而得出电场力和场强方向。结合功能关系得出图像斜率的物理意义，继而得出电场强度的变化情况。根据电场力做功情况或者能量守恒推断得出电势能的变化情况。10．【答案】B,C【解析】【解答】A、由沿电场线方向电势逐渐降低，在中垂线上中点O点电势最高。由v—t图像的斜率表示加速度，由图可知，t1-t3时间内小球做加速度减小的加速运动，即电场力大于阻力，且t2时刻小球加速度最大，即电场力最大，电场强度最大。故A错误

B、在初始时刻，小球到的电场力是零，只受摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg=m其中t=0时刻图线斜率绝对值为k1，则有a联立可得μ=故B正确；

C、由A选项分析可知，在t2时刻，小球受的电场力最大，可知场强最大，由牛顿第二定律可得q其中a联立可得E故C正确；

D、小球从O点到停在距O点L处的N＇点，由动能定理可得q又有U解得φ故D错误。

故答案为：BC。

【分析】掌握等量同种电荷电场线和等势面分布的特点。v-t图像的斜率表示加速度，分析小球在运动过程中的受力情况，根据牛顿第二定律结合图像分析小球所受电场力的变化情况，继而确定场强大小及变化情况。根据电场力做功与电势差的关系，结合功能关系分析O点电势情况。11．【答案】（1）2t（2）10.60；2π【解析】【解答】（1）在一个周期内摆球2次经过平衡位置，一个周期内摆球两次挡光，单摆的周期T（2）用游标卡尺测小球直径：D=10mm+0.05mm×12=10.60mm。单摆摆长为l=L+单摆周期公式T【分析】一个单摆周期内，小球两次经过最低点，光强变化两次。由此推出单摆的周期。读数时注意分度数。摆长等于绳长与小球半径之和，再结合单摆周期公式求出单摆的期公式。12．【答案】（1）充电（2）减小；减小；3.【解析】【解答】（1）当开关S接1时，平行板电容器充电。

（2）①此过程中，电容器放电，则电路中的电流减小，电容器带电量减小，则两极板间的场强减小；

②图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，图中每小格的电量为Q若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）数格法可得格数为14，由图乙可知电容器所带的电荷量为Q=14电容器的电容C=可知，该实验选择的电容器最有可能是下图中的B。

【分析】电容器与电源相连时，处于充电状态，充电过程，两极板电势差逐渐增大，板间场强逐渐增大。放电过程，电流逐渐减小，两极板电势差逐渐减小，板间场强逐渐减小。根据电流的定义可知，I-t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，根据图像算数电容器所带电荷量，再根据电容的定义式求出其电容。13．【答案】（1）解：t=0时刻，质点Q的位移为−10cm，经t0=1s解得T=4s波沿x轴正方向传播，t=0时刻，质点P的位移为10cm，质点Q的位移为−10cm，所以d=(n+又λ<d<2λ，所以n=1，故d=32故波速v=（2）解：设质点Q的振动方程为y=Asin(ωt+φ)t=0时刻，y=Asinφ=−10cm，解得φ=故质点Q的振动方程为y=0.1sin【解析】【分析】（1）根据质点振动的特点，利用同一质点质点从最低点回到平衡位置的时间间隔求出质点的振动周期，再根据同一时刻，两质点之间的位移关系，确定两质点之间的距离与波长之间的关系，再结合波速公式进行解答；

（2）根据质点的振动方程的表达式，确定振幅及周期的大小，再将某时刻质点所处位移的点代入方程求出相位差，继而得出质点的振动方程。14．【答案】（1）解：由U=Ed可得两块乌云会发生电闪雷鸣的距离d=（