四川省成都市列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市成都列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题Word版含解析docx、四川省成都市成都列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1. 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可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量无关
D. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为
【答案】D
【解析】
【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A错误；
B．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B错误；
C．根据点电荷的场强公式
知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，C错误；
D．据电势差的定义式
知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为，则A、B点的电势差为，D正确。
故选D。
2. 关于多普勒效应，下列说法正确的是（ ）
A. 发生多普勒效应时，波源频率发生了变化
B. 要发生多普勒效应，波源和观察者必须有相对运动且两者间距发生变化
C. 火车向你驶来时，你听到的汽笛声音调变低，火车离你远去时，你听到的汽笛声音调变高
D. 只有声波才能发生多普勒效应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．发生多普勒效应时，波源频率并没有发生变化，波源和观察者必须有相对运动，且两者间距发生变化才能发生多普勒效应，故A错误，B正确；
C．根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高，听到的声音音调变高，当波源和观察者间距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，听到的声音音调变低，故C错误；
D．所有波都能发生多普勒效应，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，、、、是真空中一正四面体的四个顶点.现在在、两点分别固定两个点电荷和，则关于、两点的场强和电势，下列说法正确的是( )
A. 若和是等量异种电荷，则、两点电场强度不同，电势相同
B. 若和是等量异种电荷，则、两点电场强度和电势均相同
C. 若和是等量同种电荷，则、两点电场强度和电势均不相同
D. 若和是等量同种电荷，则、两点电场强度和电势均相同
【答案】B
【解析】
【详解】若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等．C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．故A错误，B正确．若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同．电势相等，故CD错误．故选B．
4. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）
A. 电子一定从A向B运动
B. 若aA>aB，则Q靠近M端且为负电荷
C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB，说明电子在A点受到的电场力较大，A点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应为正电荷，故B错误；
CD．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势
电子电势能
电势能是标量，所以一定有
故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为。则点电荷运动到负极板的过程（ ）
A. 加速度大小为
B. 所需的时间为
C. 下降的高度为
D. 电场力所做的功为
【答案】B
【解析】
【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，
点电荷所受的合外力为
由牛顿第二定律得 故A错；
点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，
点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；
由功公式W=Eqd/2,故D错误．
综上所述本题答案是：B
【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度．
6. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（ ）

A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B. 从N到P的过程中，速率先减小后增大
C. 从N到Q的过程中，电势能一直增加
D. 从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此合力F一直增加，故选项A错误；
B．从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零，加速度为零，速度最大，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，故选项B错误；
C．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，故选项C正确；
D．在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，故选项D错误。
故选C。
7. 如图所示，在竖直平面内固定圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为R，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧恰好做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球受到的电场力
B. 小球经过A点时速度为
C. 小球经过B点时速度为
D. 小球经过C点时轨道对它的作用力大小为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则有小球受到的电场力大小
故A错误；
BC．D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即
解得

小球从A到D的过程中，由动能定理得

联立解得

小球从A到B的过程中，由动能定理得

联立解得

选项BC错误；
D．小球从C到A的过程中，由动能定理得

联立解得

在C点由牛顿第二定律可知
解得

选项D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共3小题，每题6分，共18分。有两个及以上正确答案，全部正确得6分，正确但不完整得3分，有错不给分）
8. 如图甲所示为一列简谐横波在时的波形图，图乙为该波上A质点的振动图象，则下列判断正确的是（ ）
A. 这列波的波速为2.5m/s
B. 这列波沿x轴正方向传播
C. 质点A在0.2 s内通过的路程一定为20cm
D. 若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知波的波长为0.4m，周期为0.4s，则波速
故A错误；
B．时刻，质点向轴正方向振动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．时质点A在平衡位置，0.2 s内即通过的路程一定为
故C正确；
D．波的频率
若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz，故D正确。
故选CD
9. a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)，M、N、P为x轴上的三点，P点对应图线的最低点，a、P间距离大于P、b间距离．一质子以某一初速度从M点出发，仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点，则下列说法正确的是( )
A. P点处的电场强度为0
B. a和b一定是带等量同种电荷
C. 质子在运动过程中速率先增大后减小
D. 质子在运动过程中加速度先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】在φ-x图象中，斜率代表场强的大小，故在P点场强为零，故A正确；两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．故B错误；P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知质子所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故速率先增大后减小，故C正确；由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，斜率从左向右先减小后增大，故场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，故D错误；故选AC．
点睛：φ-x图象中：①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ-x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断.
10. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为1.5V/cm
B. 坐标原点处的电势为1V
C. 电子在a点的电势能比在b点的高7eV
D. 电子从b点运动到c点，克服电场力做功为9eV
【答案】BC
【解析】
【详解】A．将ac等分为8段，取左边第四段的中点，记为d点，如图所示
则d点的电势为17V，连接bd，过c点作bd的垂线ce，ce就是过c点的一条电场线，电场线的方向沿着c点指向e点的方向，由图可知
则
与相似，对应边成比例，则
求得
电场强度的大小为
故A错误；
B．由于Oa与bc平行且相等，所以
即
代入数据得
故B正确；
C．电子在a、b两点的电势能分别为
所以
即电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C正确；
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为
故D错误
故选BC。
三、实验题（本题共2大题，11题8分，12题6分，共14分）
11. 用多用电表进行测量时，表盘指针在左图中位置，右图是多用电表选择开关示意图。那么：
（1）如果多用电表选择开关打在“直流电压10V”位置，则测量读数为______V；
（2）如果多用电表选择开关打在“直流电流2.5mA”位置，则测量读数为______；
（3）如果多用电表选择开关打在“”位置，则测量读数为______。
【答案】（1）3.5 （2）0.88
（3）2.8k
【解析】
【小问1详解】
如果选择开关指在“直流电压10V”位置时，则最小刻度为0.2V，，则此时电表的读数为
【小问2详解】
如果选择开关指在“直流电流2.5mA”位置时，表头选用“250mA”量程读数，则最小刻度为
则此时电表的读数为
【小问3详解】
如果选择开关指在“”位置时，电阻的读数为28，测量结果为
12. 关于多用电表的使用，下列说法正确的有（ ）
A. 甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B. 乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，表笔接法错误
C. 丙图中用的是多用电表电阻挡测量二极管的正向电阻
D. 丁图中用的是多用电表电阻挡测量二极管的正向电阻
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔的红黑表笔接错，电流应从红表笔流进，黑表笔流出，故A错误；
B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，表笔接法正确，故B错误；
CD．欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图丙所示电路图可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，多用电表测二极管正向电阻，由图丁所示电路图可知，黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，多用电表测二极管反向电阻，故C正确、D错误；
故选C。
13. 如图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器带电量不变。试指出三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况。
A.增大 B.减小 C.不变
注意：请在以下短线上填上合适的A、B或C字母填汉字不给分
①在图（1）中，把B板向上提升一小段的过程中，静电计指针的偏转角度______；
②在图（2）中，把B板向左移动的过程中，静电计指针的偏转角度______；
③在图（3）中，紧贴B板右侧插入铝板时，静电计指针的偏转角度______。
【答案】 ①. A ②. A ③. B
【解析】
【详解】[1] 在图（1）中，把B板向上提升一小段的过程中，正对面积S减小，根据
可知，电容C减小，而不变，根据
可知U增大，所以，静电计指针的偏转角度增大。
故选A。
[2] 在图（2）中，把B板向左移动的过程中，两极板间距离d增大，根据
可知，电容C减小，而不变，根据
可知U增大，所以，静电计指针的偏转角度增大。
故选A。
[3] 在图（3）中，紧贴B板右侧插入铝板时，相对介电常数增大，根据
可知，电容C增大，而不变，根据
可知U减小，所以，静电计指针的偏转角度减小。
故选B。
四、计算题（本题共3题，共40分。每题必须有解题过程和步骤，只给出答案不予给分）
14. 如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各平面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：
（1）小球应带何种电荷及其电荷量；
（2）小球受到的合外力的大小；
（3）在入射方向上小球运动的最大位移x。（电场足够大）
【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）作电场线如图（a）所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图（b）所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图（b）知
qE=mg
相邻等势面间的电势差为U，所以
E=
所以
q=
（2）由图（b）知
F合=mg
（3）由动能定理得
-F合xm=0-
所以
xm=
15. 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；
（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
【答案】（1）4.0×10－16 J （2）0.36 cm（3）5.76×10－18 J
【解析】
【详解】(1)电子在加速电场中，根据动能定理有：eU1＝Ek
解得：
Ek＝4.0×10－16 J
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t
解得：
电子在竖直方向受电场力：
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有：
解得：
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量：
联立上式解得：
y＝0.36 cm
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差：
电场力所做的功：W＝eU
解得：
W＝576×10－18 J
16. 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q= +6×10-5 C的带电小球2（可视为质点）静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m =0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。求：
（1）黏合体在A点的速度大小；
（2）弹簧的弹性势能；
（3）小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
【答案】（1）5m/s；（2）9.2J；（3）0.6s
【解析】
【详解】(1)小球2所受电场力
小球1和小球2的重力和为
如图所示
小球12所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为
所以
所以A点是小球12在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球12恰能沿圆弧到达A点，所以
解得
(2)小球从C点到A点，由动能定理得
解得
小球12的碰撞由动量守恒定律得
解得
小球1碰撞前的速度
由机械能守恒可得弹簧的弹性势能
(3)如图小球12在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
由竖直方向匀加速运动可得
解得