北京市某中学2024-2025学年高二（上）期中物理试题（含解析）

北京市第五十中学2024-2025学年高二（上）期中物理试题

一、单选题：本大题共16小题，共64分。

l.a>b为真空中等量异种点电荷的电场中的两点，如图所示。a、b两点的电场强度大小分别为E。、Eb,电

势的高低分别为％、0b。下列说法正确的是（）

A.EaVEjj9（paVB.Ea<Ejj,0a>3b

C.Ea>%,（pa>"bD.Ea>Ejjj（pa<"b

2.如图所示，在直角三角形4abe中z_bac=30。，ab=10cm,匀强电场的电场线平行于dabc所在的平面，

且。、b、c三点的电势分别为6人一2八67o下列说法正确的是（）

城Eb

7c

A.a、c中点的电势为-2UB.电场强度的大小为160U/M

C.电场强度的方向沿ab由a指向bD.电场强度的方向垂直于ab斜向下

3.如图所示，一带正电的点电荷固定于。点，图中虚线为以。为圆心的一组等间距的同心圆。一带电粒子以

一定初速度射入点电荷的电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、6、c为运动轨迹上的三点。

则该粒子（）

A.带负电

B.在c点受静电力最大

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C.在a点的电势能小于在b点的电势能

D.由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量

4.物理学中，对于多因素（多变量）的问题，可采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素

的问题。如图所示，影响平行板电容器电容的因素有两极板的正对面积S,极板间的距离d以及极板间的介

质。若极板所带电荷量不变，则关于静电计指针偏角。的变化，下列说法正确的是（）

A.两极板间的电压越大，8越小

B.保持S,d不变，在极板间插入介质，则。变大

C.保持S以及极板间的介质不变，减小d,则。变小

D,保持d以及极板间的介质不变，减小S,贝好变小

5.甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为（-/山）、它们先后经过同一加速电场由静止开始

加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子

重力不计。则甲、乙两粒子（）

A.进入偏转电场时的速度大小之比为1：2B.离开偏转电场时的动能之比为1：1

C.在偏转电场中运动的时间相同D.离开偏转电场时的速度方向不同

6.如图甲所示，一条电场线与。%轴重合，取。点电势为零，。%方向上各点的电势⑴随x变化的情况如图乙所

示，若在。点由静止释放一电子，电子仅在电场力的作用下运动，下列说法正确的是（）

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A.电子的电势能将增大B.电子沿。支的负方向运动

C.电子运动的速度先增大后减小D.电子运动的加速度先增大后减小

7.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。某时刻在荧光屏上的P点出现亮斑,

如图所示。则此时（）

A.电极X和丫应带正电B.电极X'和丫应带正电

c.电极x'和丫'应带正电D.电极x和y'应带正电

8.如图所示，用绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为加，电荷量为q。现施加水平向右的匀强电场，小

球平衡时静止在4点，此时轻绳与竖直方向夹角为。。将小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，已知重力加

速度9,下列说法正确的是（）

E

A.小球带负电B.电场强度的大小为些则

q

C.小球运动到4点时速度最大D.小球运动到最低点B时轻绳的拉力最大

9.如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初速度"从M点竖直向上抛

出，在小球从M点运动至与抛出点等高的位置N点（图中未画出）的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的

是（）

M6

----------------------------►

E

A.小球运动到最高点时的速度为零

B.小球在M点和N点的动能相等

C.小球上升过程和下降过程水平方向位移相同

D.小球上升过程和下降过程动量的变化量相同

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10.水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水枪的直径D,水速为外水柱垂直射到煤

层表面上，水的密度p,冲击煤层后自由下落。水柱对煤层的平均冲力为（）

A.七B.七C.叱尹D.Q/

424l

11.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为Hl1和血2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。

现使山1瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,

以下说法正确的是（）

777777777777777777/77Z

甲

A,两物块的质量之比为徵1：7712

B.在匕时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值

C.打-功时间内，弹簧的长度大于原长

D.5时间内，弹簧的弹力逐渐减小

12.某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装，将多用电表的选择开关旋转到“直流500nM”挡作为图

中的电流表4。已知电流表4的内阻私=。*4。，&=RA，R2=7RA。关于改装表的下列说法正确的是（）

A.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为0.52

B.若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为3.0U

C.若将接线柱1、2接入电路时,最大可以测量的电流为2.04

D,若将接线柱1、3接入电路时,最大可以测量的电压为1.5U

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13.如图所示，将一个电动机M接在电路中，正常工作时测得电动机两端的电压为力，流过电动机的电流为

Z1；将电动机短时间卡住时，测得电动机两端的电压为“，流过电动机的电流为/2。下列说法正确的是（）

A.电动机线圈电阻为乌

B.正常工作时，电动机消耗的电功率为UJi

C.正常工作时，电动机产生的热功率为UJi

D.正常工作时，电动机对外做功功率为UJi-U2I2

14.用多用电表测电阻时，下列说法中正确的是（）

A.多用电表的指针偏角越大，被测电阻的阻值越小

B.在测电路中的电阻时，电路中的电源不需断开

C.如果用“X10”挡时多用电表韵指针偏角过大，应换用“X100”挡，且需重新调零

D,每次测量前必须进行欧姆调零

15.额定电压均为110U,额定功率匕=100勿，PB=40W的4、B两盏灯泡，若接在电压为220P的电路上,

使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（）

AB

A，0—0—0--0

16.一根长为3横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为p。棒内单位体积自由电子数为相，电子的质量为

m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为u。则金属

棒内的电场强度大小为（）

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22

.mv「mvSn

D.--------

A•亚e

C.pnevD-登

二、实验题：本大题共2小题，共18分。

17.某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图1所示。

图1

(1)将开关先与“1”端闭合，电容器进行(选填“充电”或“放电”)，稍后再将开关与“2”端闭合。

在下列四个图像中，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为,电容器两极板间的

电压随时间变化的图像为。(填选项对应的字母)

(2)该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容的＜。2,充电时通过传感器的电流随时

间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为G的电容器充电过程/-t图像的是(选填①或②)。

请说明你的判断依据。

图2

18.在“测定金属的电阻率”的实验中：

(1)用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为mm.

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(2)请根据给定电路图，用连线代替导线将图中的实验器材连接起来—

(3)依据完成的实物连接图，为了保护电路，闭合开关之前滑动变阻器滑片P应置于(选填“左”或

“右”)端。采用如图所示伏安法测治值比真实值偏(选填“大”或“小”)，其原因

是O

(4)若通过测量可知，金属丝的长度为Z,直径为d,通过金属丝的电流为/,金属丝两端的电压为U,由此可

计算得出金属丝的电阻率p==(用题目所给字母表示)

三、计算题：本大题共4小题，共40分。

19.在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有4B两点，4、B两点间的距离d=0.20电荷量q=+1.0x

10-8C的试探电荷放在电场中的a点，受到的静电力大小为F=2,0X10-4N。求：

(1)电场强度E的大小；

(2)试探电荷从4点运动到8的点过程中静电力所做的功W；

(3)若规定B点的电势为0,则4点的电势RA

.A-------------•B----------►

E

--------------------------->

20.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块4和B分别静止在圆弧轨道的最

高点和最低点。现将4无初速释放，4与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半

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径R=0.8zn；4和B的质量均为m=0.1kg,4和B整体与桌面之间的动摩擦因数〃=0.2。重力加速度取g=

10m/s2«求：

(1)与B碰撞前瞬间a对轨道的压力N的大小；

(2)4与B碰撞过程中系统损失的机械能；

(3)4和B整体在桌面上滑动的距离八

21.如图所示，两平行正对的极板4与B的长度均为3极板间距为d,极板间的电压为U,板间的电场可视为

匀强电场。一个质量为电荷量为q的带正电的离子，沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为

%,离子穿过板间电场区域。不计离子的重力，求：

(1)离子从电场射出时垂直板方向偏移的距离V；

(2)离子从电场射出时速度方向偏转的角度。(可用三角函数表示)；

(3)离子穿过板间电场的过程中，增加的动能/以。

।++++++-nA

%

I-------IB

22.1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年

度诺贝尔物理学奖。

如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾

器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。

当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为p,

重力加速度为9。

(1)求该油滴所带的电荷量q。

(2)由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速

运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为Q已知球

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形油滴受到的空气阻力大小为f=6m7rp,其中〃为空气的粘滞系数，"为油滴运动的速率。不计空气浮力。

请推导半径r的表达式(用小h、t、p和g表示)。

(3)实验发现，对于质量为血的油滴，如果改变它所带的电荷量q,则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些

特定值外,研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程，.=^=71%,式中几=±1,±2........此

现象说明了什么？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】【详解】电场线分布的疏密程度能够表示电场的强弱，a位置电场线分布比b位置稀疏一些，则有

Ea<Eb

等量异种点电荷连线的对称点的电势相等，而沿电场线电势降低，可知

<Pa><Pb

故选及

2.【答案】B

【解析】【详解】A.a、c中点的电势

L%”6V

故A错误;

BCD.已知在匀强电场中，a、c两点的电势相等，故可知ac连线即为等势面，故电场线的方向为垂直ac连线

交ac于d点,如图

则电场强度的大小为

U6—(—2)

E=-j=-------oV/cm=1.6V/cm=160V7m

a10sin30

故2正确，CD错误。

故选瓦

3.【答案】D

【解析】【详解】4根据图像中带电粒子的运动轨迹可知，该粒子带正电，故选项A错误;

员根据库仑定律可知

F=k百

可知，距离中心电荷越近所受静电力越大，故选项2错误;

C.由于从a点到b点电场力做正功，电势能减小，因此a点的电势能大于在b点的电势能，故选项C错误;

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D,由a点至此点和b点至Uc点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a点

到b点电场力做功多，动能变化大，故选项。正确。

故选。。

4.【答案】C

【解析】

【详解】4两极板间的电压越大，e越大，故A错误；

8平行板电容器的电容

:JSQ

—471kd-U

可得

471kdQ

~8rS

保持s,d不变，在极板间插入介质，U变小，。变小，故B错误；

c.保持s以及极板间的介质不变，减小d,u变小，e变小，故c正确；

。.保持d以及极板间的介质不变，减小S,U变大，。变大，故。错误。

故选C。

5.【答案】B

【解析】【详解】4在加速电场中，根据动能定理

1,

qU=2mvo

解得

根据题意两粒子的比荷之比为4：1,则进入偏转电场时的速度大小之比为2：1,故A错误；

员在加速电场中电场力做功qU相等，在偏转电场中，偏转距离相同，则电场力做功qEd也相同，根据动能

定理可知，离开偏转电场时的动能相同，故8正确；

C.在偏转电场中，根据牛顿第二定律

qE=ma

1

d=2at7

解得

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t=2d__—2md___

JaIqE

根据题意两粒子的比荷之比为4：1,则在偏转电场中运动的时间不同，故C错误；

D离开偏转电场时，垂直极板方向速度

离开偏转电场时速度偏转角的正切值

则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同，故。错误。

故选及

6.【答案】D

【解析】【详解】4由电势能的公式有

Ep=q(p

由于电子带负电，由题图可知，在运动过程中，电势变大，所以电势能变小，故A项错误；

2.顺着%轴正方向电势逐渐升高，故电场线跟x轴反向，则由静止释放的电子所受电场力沿x轴正方向，且沿

x轴正方向加速运动，故2项错误；

C.由之前的分析可知，电子运动过程中电势能一直变小，由能量守恒可知，有

Ek+Ep=E

所以电子运动的动能一直增加，由于

,12

Ek=-^mv

所以电子的速度增加，故C项错误；

D.0-%关系图线的切线斜率反映沿x方向各点的电场强度大小，故电场强度和电子所受电场力先增大后减

小，由

F=qE=ma

电子运动的加速度先增大后减小，故。项正确。

故选。。

7.【答案】A

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【解析】【详解】根据亮斑的位置可以推断电子在电极丫和丫'之间应受到指向y的电场力，在电极x和x'之间

应受到指向x的电场力，因此电极x和丫应带正电。

故选A。

8.【答案】C

【解析】【详解】4小球平衡时静止在4点，根据平衡条件知小球所受电场力与电场线方向相同，故小球带

正电，故A错误;

江小球静止，根据平衡条件有

Eq=mgtand

解得

mgtanO

―

故2错误;

C.小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，向下运动到任一点时，设轻绳与竖直方向夹角为0,绳长为

由牛顿第二定律有

mgsin(p—Eqcos(p=mgax

mqv2

rTri------C-V--=m—r

cos(pI

可知，小球运动到平衡位置4点时

小球速度达到最大，小球对轻绳的拉力最大，故C正确，D错误。

故选Co

9.【答案】D

【解析】【详解】4小球运动到最高点时，竖直方向的分速度减为零，而由于受到水平方向电场力的作用,

因此小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球在最高点时的速度为竖直方向速度速度为零,

但水平方向速度不为零，故A错误;

员小球从M点到N点，重力做功为零，但电场力对小球做正功，因此合外力做功不为零，小球的大动能增加,

即小球在M点的动能小于在N点的动能，故2错误;

C.根据竖直上抛的对称性可知，小球上升和下降的时间相同，设上升和下降的时间均为t,小球水平方向的

加速度为a,由于小球水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则上升过程的水平位移

12

%】=2atz

下降过程的水平位移

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22

x2=2a(2t)—at

可得

Xl：%2=1:3

故C错误；

D上升过程竖直方向小球速度的变化量

=0—v=-V

水平方向速度的变化量

4%=at

该过程速度的变化量

/%=yjv2+(at)2

下降过程竖直方向小球速度的变化量

ZlVy2=V—0=V

水平方向速度的变化量

4%=at

该过程速度的变化量

22

AV2=y/v+(at)

可知上升和下降过程中速度的变化量相同，而动量的变化量

Ap=m-Av

由此可知小球上升过程和下降过程动量的变化量相同，故。正确。

故选。。

10.【答案】A

【解析】【详解】设t时间内水枪喷出的水柱长度为I,则有

V=\1时间内冲击煤层的水的质量为

1

m=pV=pSl=~^nD2pl

设煤层对水柱的平均冲击力大小为F,根据动量定理有

Ft=0—(―mv)=mv

联立以上三式解得

nD2pv2

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根据牛顿第三定律可知水柱对煤层的平均冲力为

7iD2pv2

F=F=-----------

4

故选A。

11.【答案】B

【解析】【详解】4以的初速度方向为正方向，对0〜1s时间内的过程，由动量守恒定律得

m1v1=(m1+m2)v^：

将%=3m/s,。共=lm/s代入解得

m1:m2=1:2

故A错误；

2.根据系统能量守恒可知在h时刻和三时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故8正确；

C.在L时刻弹簧压缩至最短，所以t】-巧时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；

Dt2-±3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大

故选及

12.【答案】B

【解析】AC.根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为/=%+警=2/g=

1.04

故AC错误；

BD根据电压表改装原理，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为U=lgRA+IR2=0.5x

0.47+1.0x7x0.47=3.0V

故8正确，D错误。

故选人

13.【答案】B

【解析】【详解】4当将电动机短时间卡住时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律

_U2

7~h

故A错误；

8正常工作时，电动机消耗的电功率

P]=UJi

故8正确；

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C.正常工作时，电动机发热的功率

U

P2=&7=¥7五2

故C错误；

。,正常工作时，电动机对外做功的功率

?u2

P=P1-P2=U1I1-I^

故D错误。

故选及

14.【答案】A

【解析】【详解】4由/=七袅二可知，待测电阻的电阻值越大，电流/越小，待测电阻的电阻值越小，/越

大多用电表的指针偏角越大，故A正确；

2、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故2错误；

C、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新

调零后测量，故C错误；

。、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故。错误；

故选A。

【点评】本题考查了欧姆表的测量原理和使用方法，解答的关键是要注意每次换挡都要重新调零.

15.【答案】C

【解析】【详解】判断灯泡能否正常发光，就要判断实际电压是不是额定电压或实际电流是不是额定电流，

对灯泡有

可知&<RB。

对于4电路，由于RA<RB，所以%>北，又

UB+UA^220V

BIIOUB

则U>,灯被烧毁，uA<uov,a灯不能正常发光；

对于8电路，由于RB>3，a灯与滑动变阻器并联，并联电阻小于RB，所以UB>U#,则/>11。忆B灯

被烧毁，4灯不能正常发光；

对于C电路，B灯与滑动变阻器并联，并联电阻可能等于私，所以可能

UA=UB=110V

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两灯可以正常发光；

对于。电路，若滑动变阻器的有效电阻等于4灯、B灯的并联电阻，则

UA=UB=110V

两灯可以正常发光。

比较C、。两个电路，当灯4、B均正常发光时，由于C电路中滑动变阻器功率为

Pc=&-/B)x1107

而D电路中滑动变阻器功率为

PD=+片)x1107

所以C电路消耗电功率最小。

故选C。

16.【答案】C

【解析】【分析】考查电路和电场知识

【详解】/=§，/=TieS。，R=,E=y,联立得E=pne。，故选C。

KbL

17.【答案】充电ac①见解析

【解析】【详解将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电。稍后再将开关与“2”

端闭合。电容器放电，充电电流与放电电流方向相反，且电流均逐渐变小，故传感器的电流随时间变化的

图像为人充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变小，减小的越来越慢，故电

压随时间变化的图像为C。

(2)[4][5]用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容则充电完成后，两电容器两端

电压相同，根据Q=CU可知，电容器1带电量小，而/-t图像面积代表带电量，所以对应电容为G的电容

器充电过程/-t图像的是①。

第17页，共21页

18.【答案】0.416/0.418/0.417左小由于电压表

2

分流，电流表示数大于流过金属丝的电流也

411

【解析】【详解】金属丝的直径为

d=0+41,5x0.01mm=0.415mm

(2)[2]根据给定电路图，实物连接如图所示。

(3)[3]为了保护电路，闭合开关之前滑动变阻器滑片P应置于左端，使待测金属丝两端电压为零。

[4][5]由于电压表分流，电流表示数大于流过金属丝的实际电流，根据欧姆定律

U

Rx=7

可知如图所示伏安法测％值比真实值偏小。

(4)[6]由电阻定律得

I

Rx=

金属丝的电阻为

U

Rx=j

金属丝的横截面积为

第18页，共21页

d,

S=?r（2）

联立可得金属丝的电阻率为

nUd2

p=Fir

19.【答案】(1)2.0x104JV/C；(2)4.0XMT5/；(3)4000V

【解析】【详解】(1)匀强电场的电场强度大小为

E=-=2,0X10gjV/C=2.0X104N/C

ql.oxio-8

(2)电荷q从4点运动到B点过程中静电力所做的功为

W=Fd=2.0XKF4*0.20/=4.0X10-57

(3)4、B两点之间的电势差

UAB=Ed=4000V

UAB=cpA—cpB

解得

(pA=4000/

20.【答案】(1)3N；(2)0.47；(3)1m

【解析】【详解】(1)小滑块a在圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律

1,

mgR=-^mv

解得碰撞前a的速度大小为

v—d2gR=4m/s

在最低点，根据牛顿第二定律

V2

F—mg=m—

R

解得轨道对滑块/的支持力大小为

F=3N

根据牛顿第三定律，滑块Z对轨道的压力大小为

N=F=3N

(2)4和B碰撞过程满足动量守恒，则有

mv=2mv共

解得碰撞后4和B整体的速度为

第19页，共21页

v共=2m/s

4与B碰撞过程中系统损失的机械能为

112

AE=7zmv?z—7Tx2mv筮=0.4/

2乙八

(3)根据动能定理

12

一〃-2mgl=0—不x

L沃

解得/和B整体在桌面上滑动的距离为

I=1m

21.【答案】(1)就)；(2)考〉;(力丹冬