四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月考试物理试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．考试结束后将答题卡收回。
4．本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 以下说法正确的是（ ）
A. 物理学中引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学方法上来说是理想模型法
B. 根据可知，当r → 0时，F → ∞
C. 由Uab = Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D. mA·h是能量的单位
【答案】A
【解析】
【详解】A．“质点”、“点电荷”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，故A正确；
B．只适用于点电荷电场的计算，当r趋近于零时，带电体不能看成点电荷，公式不适用，故B错误；
C．Uab = Ed中的d表示沿电场方向的距离，不是任意方向的距离，只有在匀强电场中，沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，故C错误；
D．mA∙h中mA是电流的单位，h是时间的单位，它表示电流与时间的乘积，即电量的单位，故D错误。
故选A。
2. 两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】两带电荷金属小球相互接前，由库仑定律
两带电荷金属小球相互接后再分开，分别带电+2Q，由库仑定律
由以上可以得
故选D。
3. 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可；由于电荷均匀分布，则各圆环上的电荷等效集中于圆环的中心，设圆的半径为r，则
A图O点处的场强大小为
将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强
方向沿x轴负方向；
C图中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为
D图由于完全对称，易得合场强ED=0；
故O 处电场强度最小的是图D。
故选D
4. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图像可知：单摆的周期为
根据周期公式得
所以
故选D
5. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有
A. 粒子带负电
B. 粒子在M点动能大于在N点的动能
C. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
D. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据粒子的运动轨迹可知粒子带正电，选项A 错误；
BC．由M到N，电场力对粒子做正功，所以粒子动能增大，电势能减小，选项B错误，C正确；
D．因为N点电场线比M点密集，所以N点场强大于M点场强，粒子在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，选项D错误．
故选C。
6. 有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，此时导线中自由电子定向移动的平均速率为v。设导线在单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。则在时间内（ ）
A. 通过导线横截面的电荷量为ne
B. 通过导线横截面的自由电子数为
C. 通过导线横截面的自由电子数为
D. 通过导线横截面的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】AD．根据电流的定义式
可得，在时间内过导线横截面的电荷量为
AD错误；
BC．在时间内过导线横截面自由电子数为
B正确，C错误。
故选B。
7. 如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，，，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，。下列判断正确的是（ ）
A. P、Q质量之比是16：9
B. P、Q带异种电荷，且Q的电荷量等于P的电荷量
C. 水平面对斜面体底部有水平向右的静摩擦力
D. 水平面对斜面体的支持力大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．由库仑力F、重力和倾角的关系式为
可知，P、Q质量之比为
A正确；
B．P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，B错误；
CD．由斜面和P、Q所构成的整体是二力平衡，水平面对斜面支持力等于总重力，水平面对斜面没有摩擦力，水平面对斜面的支持力为
CD错误；
故选A。
8. 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，A、B为两个固定的等量正点电荷，O点是AB连线的中点。有一质量为m的带电小球在两电荷连线的中垂面内做半径为R的匀速圆周运动，圆心为O，带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为30°，两个点电荷所带电荷量均为，重力加速度为g，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A. 小球可能带正电
B. 小球所带电荷量的大小为
C. 小球运动的角速度为
D. 从最高点运动到最低点的过程中，小球的电势能不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于小球在两电荷连线的中垂面内做匀速圆周运动，则有
由此可知，小球受到竖直向上的匀强电场的电场力，小球带负电，且
故AB错误；
C．由于带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为30°，则
可得
故C正确；
D．小球在运动过程中，机械能和电势能之和保持不变，小球由最高点运动到最低点的过程中，机械能减小，电势能增大，故D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）
9. 一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是t=1s时刻的波形图；P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A. 波速为2m/s
B. 波向左传播
C. x=5m处的质点在t=9s时位于平衡位置
D. 质点P在0~5s时间内运动的路程为50cm
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由a图可知，该波的波长为4m，由b图可知其周期为2s，所以该波的波速
A正确；
B．由b图可知，t=1s时，质点P向上振动，根据沿波传播方向上“下波上、上波下”的特点可知，该波向右传播，B错误；
C．由a图可知，t=1s时，x=5m处的质点在恰好在波峰，当t=9s时，经历了，可知该质点依然位于波峰，C错误；
D．该波的振幅，由质点P在0~5s时间
所以质点P的路程为
D正确。
故选AD。
10. 如图，A、B两点分别固定有等量的点电荷，其中B处的为负电荷，A处的电性未知。MN为AB连线的中垂线，O为垂足。由绝缘材料制成的闭合光滑轨道abcd关于O点对称，其上穿有带负电小环。若在P点给小环一沿轨道切线方向的初速度，小环恰能沿轨道做速率不变的运动，不考虑带电小环的重力，则（ ）
A. 小环在b、d两点的电势不相同
B. 小环在a、c两点受到的电场强度大小相等
C. 若在d点断开轨道，小环离开轨道后电场力一直做正功
D. 若将小环从d点沿da连线移到a点，电场力先做正功后做负功
【答案】BC
【解析】
【详解】A．b、d两点在同一等势面上，故小环在b、d两点的电势相同，A错误；
B．由等量同种点电荷连线中垂线上的电场分布特点可知，a、c两点电场强度大小相等，方向相反，故B正确；
C．若在d点断开轨道，此时小环的速度方向与电场力方向垂直，此后，电场力方向与速度方向成锐角，电场力一直做正功，C正确；
D．由等量负电荷的电势分布可知，da连线上从d点到a点，电势先降低后升高，故带负电小环的电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，D错误。
故选BC。
11. 沿电场中某条电场线方向建立x轴，（规定电场强度的正方向为x轴正方向）该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 从O点到C点，电势一直降低
B. 粒子先做加速运动，后做减速运动
C. 粒子运动到C点时动能大于3Ek
D. 粒子在AB段电势能减少量等于BC段电势能减少量
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，所以沿电场线方向电势逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低，故A正确；
B．由图像可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加运动，故B错误；
C．由图像可知图像的面积表示电势差，则有
UOC>3UOA
由动能定理有
由上几式可得
所以粒子运动到点时动能大于，故C正确；
D．粒子在AB段图像的面积大于BC段图像的面积，则UAB>UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故D错误。
故选AC。
12. 如图所示的直角三角形，ac=2ab、bc=20cm，d点为bc边上的点，已知，空间存在一平行于abc面的匀强电场。b点的离子源能向各个方向发射一系列的电子，电子的初动能为，其中到达a、c两点的电子动能分别为2100eV、1900eV，忽略电子间的相互作用。则下列说法正确的是（ ）
A. a点的电势比b点的电势低100V
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 该电场的方向由d指向a
D. 图中的虚线框内a点的电势最高
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由到由动能定理可得
解得
V
则a点的电势比b点的电势高100V，故A正确；
BC．由题可知bc间的电势差为100V，所以ac间的电势差为
则b点与ac中点电势相等，连接b点与ac中点即为等势线，如图所示
由几何关系可知，电场线方向沿ad方向，且电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则电场线方向由a指向d，电场强度大小为
V/m=1000V/m
故B正确，C错误；
D．电场线方向沿ad方向且由a指向d，则图中的虚线框内，顶点a的电势最高，故D正确。
故选BD。
13. 随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（ ）
A. 稳定后电容器的带电量变小
B. 稳定后电容器的电容增大
C. 膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流
D. 稳定后极板间电场强度不变
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．平行板上层膜片电极下移，则d减小。由平行板电容器电容的表达式
可知d减小，C增大。而电容器两端的电压不变，由
可知带电量增大，A错误，B正确；
C．平行板电容器带电量增大，则继续充电，由电路简图可知G表中有从b流向a的电流，C正确；
D．由
可知d减小，U不变，E增大，D错误。
故选BC。
14. 如图，质量为m、电荷量为q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为 ，，方向分别与AB成斜向上、斜向下，已知AB=L，则（ ）
A. 电场方向与方向平行
B. 场强大小为
C. 质子从A点运动到B点所用时间为
D. 质子的最小速度为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场方向垂直的方向上做匀速直线运动，设与电场线的夹角为，如图所示
结合与的方向，在垂直电场方向有
代入求得
则
显然电场方向与方向不平行，故A错误；
B．质子从A到B点，根据动能定理，有
求得
故B错误；
C．质子在垂直电场方向上，做匀速直线运动，可得
求得质子从 A 点运动到 B 点所用时间为
故C正确；
D．当质子沿电场方向的速度减为零时，此时质子的速度最小，为
故D正确。
故选CD 。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
三、实验题（本题共2小题，共计16分）
15. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，t=0时刻把开关K掷向1端，电容器充电完毕后，再把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I—t图像如图乙所示。
（1）电容器放电时，流过电阻R的电流方向为______；（选填“a到b”或“b到a”）
（2）在做“观察电容器的充、放电现象”实验时，先将开关K拨到位置1，一段时间后再拨到位置2。在此过程中，根据电压传感器与电流传感器测量数据得到的和图线可能为______。
A. B.
C. D.
（3）图丙为电压恒为8V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的I—t图像，电容器充电完毕后的电荷量为______C，电容器的电容为C=______F。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）由a到b
（2）A （3） ①. ②.
【解析】
小问1详解】
电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时，上极板正电荷通过电阻流向下级板，故流过电阻R的电流方向为由a到b；
【小问2详解】
充电电流方向与放电电流方向相反，且随着充电进行，电容器两端电压变大，充电电流增加的变慢，电量积累变慢，根据电容器电容的定义式
可知，电压增加变慢，放电时图像斜率同样减小。
故选A。
【小问3详解】
[1][2]根据图像的面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为
数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电完毕后的电荷量为
根据电容的定义知，电容器的电容为
16. 一灵敏电流计的满偏电流，内阻，现要将它改装成量程分别为1mA、10mA的双量程电流表，电路原理如下图所示。
（1）根据计算可得到、的阻值分别为=______，=______
（2）当开关S置于a时，将该改装表与标准表串联进行校准，发现改装表读数比标准表偏大了一点，则说明、的阻值之和______ （填“偏大”或“偏小”），为了使该表准确则应该再给______（填“并联”或“串联”）一个______（填“大电阻”或“小电阻”）。
【答案】（1） ①. 144 ②. 16
（2） ①. 偏大 ②. 并联 ③. 大电阻
【解析】
【小问1详解】
[1][2]开关S置于a时，对应改装后的电流表量程为1mA，根据并联电路知识，有
开关S置于b时，对应改装后的电流表量程为10mA，根据并联电路知识，有
以上两式联立，得
【小问2详解】
[1]电阻的阻值越大，分流能力越小，根据题意可知，作为分流电阻，其分流能力偏小，即偏大；
[2]为了使分流电阻变小，应给并联一个电阻；
[3]因改装表读数比标准表只偏大了一点，故分流电阻也只是偏大了一点，故应给并联一个大电阻。
四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17. 如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）C、O间的电势差UCO。
（2）小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
从C到O过程中根据动能定理有
解得
【小问2详解】
小球在CO和OD两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有
解得
18. 如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电量为的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E，且,试求：
（1）物块经过最高点C的速度为多大？
（2）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．
（3）证明物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：（1）物体恰能通过最高点 C，由重力和电场力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出C点的速度；（2）从A到C由动能定理，即可求出克服摩擦力做的功；（3）物体离开半圆形轨道后做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求解．
（1）物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，由牛顿第二定律有：，解得：
（2）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功
由动能定理有：
解得：
（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为S，
水平方向有：
竖直方向有：
联立解得：
因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R
【点睛】解决本题的关键是要理解：物块恰能通过圆弧最高点C，圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，由重力和电场力提供向心力；同时要灵活应用动能 定理和类平抛运动规律的知识进行解题．
19. 在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率2v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小。
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大。
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知
所以根据动能定理有
解得
【小问2详解】
根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
根据牛顿第二定律
联立各式解得粒子进入电场时的速度
【小问3详解】
因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过O点做AC垂线会与圆周交于e点，与AC交于f点
故由题意可知粒子会从e点射出。当从e点射出时由几何关系有:
根据牛顿第二定律
联立解得