青海省西宁市十四中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份青海省西宁市十四中2024-2025学年高二（上）期中物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电场中有一点P，点P处放一试探电荷q，关于P点的电场强度，下列说法正确的是( )
A. P点电场强度的方向总是跟静电力的方向一致
B. 将放在P点的试探电荷q拿走，则P点的电场强度为零
C. 根据公式E=Fq可知，P点电场强度的大小跟静电力成正比，跟放入P点的电荷的电荷量成反比
D. 若P点的场强越大，则同一试探电荷在P点所受的静电力越大
2.如图所示，电路中通过R1的电流是4A，已知R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，则下列说法正确的是( )
A. 电路的总电阻是6ΩB. 通过三电阻的电流之比是3：2：2
C. 三电阻两端的电压之比为3：2：1D. 三电阻消耗的电功率之比为9：4：2
3.如图所示，两平行正对的带电金属板A、B水平放置，充电后与电源断开，其中B板接地，一带电油滴恰好静止地悬浮在P点。下列说法中正确的是( )
A. 将A板向上移动一段距离，两板间电势差减小
B. 将A板水平向左移动一小段距离，油滴向上加速运动
C. A板以左端为轴(垂直于纸面)逆时针旋转一个小角度后油滴仍保持静止状态
D. 增加A板所带电荷量，P点电势一定升高
4.在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，方向如图所示，若测得2s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，以下解释正确的是( )
A. 正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流方向从B到A
B. 溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消
C. 溶液内电流方向从A到B，电流I=0.08A
D. 溶液内电流方向从A到B，电流I=0.16A
5.如图所示为一对电荷量分别为+2q(q>0)和-q的点电荷的电场线分布，M、N、P、Q为电场中的四点。下列说法正确的是( )
A. M、Q两点场强大小关系为EMφP，故B错误；
C.因φM>φN，由EP=qφ可知，对负电荷来说，电势越高电势能越小，所以同一带负电的试探电荷，其在M点的电势能比在N点的电势能小，故C正确；
D.若P、Q两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故D错误。
故选：C。
6.D
【解析】A.在O处电场强度为零，无穷远处电场强度为零，可知沿着OB到无穷远处，电场强度先增大后减小，不清楚A、B两点的位置关系，故不能判断A、B两点处的电场强度，故A错误；
B.A、C两点的电势相等，BO间电场方向从B到O，根据沿电场线方向电势降低，可知A点的电势低于B点的电势，故C点的电势低于B点的电势，故B错误；
C.A、C两点的电场强度大小相等，方向相反，故同一点电荷在A、C两点受电场力大小相等，方向相反，故C错误；
D.A点的电势低于B点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，故同一负电荷在B点的电势能小于其在A点的电势能，故D正确。
故选：D。
7.B
【解析】A、步骤(1)中在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电的过程发生了电离现象，不是静电感应现象．故A错误；
B、步骤(2)中文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，有机光导体OPC受到光照时变成导体，鼓上形成“静电潜像”；发生了局部导电现象．故B正确；
C、步骤(3)中潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位属于静电吸引，不是静电平衡．故C错误；
D、步骤(4)中带电复印纸将墨粉吸引到复印纸上，属于静电吸引，不是静电平衡．故D错误．
故选：B
8.BD
【解析】AB、BC在同一等势线上，故B到C电场力不做功，对BC段列动能定理有：
mgRsin30°=12mvC2-12mv2
解得：vC= gR+v2，故A错误，B正确；
C、对AC段列列动能定理有：
mgh+W电=12mvC2
解得：W电=mg(R2-h)+12mv2，故C错误；
D、A到C机械能损失量为：
ΔEP=mgh-12mvC2
解得：ΔEP=mg(h-R2)-12mv2，故D正确；
故选：BD。
9.AD
【解析】AB.根据库仑定律知，B或C对A点电荷的静电力大小为
F=k2q2L2=2kq2L2
且C对A的静电力方向由C指向A，由三个带正电的点电荷构成等边三角形，根据平行四边形定则可得，A、B处的电荷对C处电荷的静电力的合力大小为
F合=2Fcs30°=2 3kq2L2
故A正确，B错误；
D.三个点电荷在O点产生的电场强度方向如图所示
根据点电荷场强公式
E=kqr2
可知点电荷B和点电荷C在O点的电场强度大小相等、方向相反，二者的矢量和为零。点电荷A在O点的电场强度即为O处的电场强度，其大小为
EO=EA=k⋅2qrAO2
又
rAO=Lsin60°= 32L
代入数据解得
EO=8kq3L2，故D正确；
C.若将C的电荷量变为-q，则EC反向，大小不变，EA与EB都不变，根据矢量合成法则可得此时O点的电场强度大小为
EO'= EA2+(2EB)2>EA=EO，故O点的电场强度大小将变大，故C错误。
故选：AD。
10.AD
【解析】AB.ac连线、bd连线均经过圆心，且两条连线互相垂直，b点电势为2V，c点电势8V，d点电势10V，圆心O点处，电势为
φO=φb+φd2=2+102V=6V
a点电势为
φa=2φO-φc=2×6V-8V=4V
故A正确，B错误；
CD.Ob线段中点若为e点，电势为
φe=φO+φb2=6+22V=4V
ae为等势线，电场线一定垂直于a连线，故C错误，D正确。
故选：AD。
11.电压表 5V 电流表 2A
【解析】当S1和S2均断开时，电流计与电阻R1串联，则改装成的电表是电压表，量程为
U=Ig(Rg+R1)=10×10-3×(100+400)V=5V
当S1和S2均闭合时，电流计与R2并联，则改装成的电表是电流表，量程为
I=Ig+IgRgR2=10×10-3A+10×10-3×100100199A=2A
故答案为：电压表；5V；电流表；2A。
0.44 0.3050 1.850×10-3 Uπd24Il
【解析】(2)由图可以看出：电压表的量程是：3V，最小刻度为0.1V，读数估读到0.01V，所以读数是：2.20 V；
电流表的量程是：0.6A，最小刻度为0.02A，估读到0.01A，所以读数是：0.44 A；
由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出，因此读数是：1.850×10-3 m；
米尺的读数是：40.50 cm-10.00 cm=30.50 cm=0.3050m。
(3)由电阻定律得：ρ=RSl=Uπd24Il
故答案为：(2)2.20；0.44；0.3050；1.850×10-3；(3)Uπd24Il。
13.(1)对B球进行受力分析，如下图所示，B球受重力、拉力T、库仑力F作用

由平衡条件有：F=mgtan45°=0.2×10-3×10×1N
根据库仑定律：F=kqAqBr2
代入数据解得：qB=4×10-8C
(2)把B球看成是试探电荷，根据电场强度的定义式：E=Fq
所以A球在B球的平衡处，产生的电场强度：E=Fq=2×10-34×10-8N/C=5×104N/C
答：(1)B球所带电荷量为4×10-8C；
(2)A球在B球平衡处产生的电场强度的大小为5×104N/C。
14.(1)A、B间电势差为：UAB=WAB-q=3.2×10-6-4×10-7V=-8V
则有：UBA=-UAB=-(-8)V=8V
(2)匀强电场的电场强度为：E=UBALcs60∘
代入数据解得：E=4V/m
(3)因UAB=φA-φB
代入数据可得φB=4V
正电荷在A点具有的电势能为：EpA=QφA=2×10-6×(-4)J=-8×10-6J
答：(1)B、A间的电势差为8V；
(2)电场强度E为4V/m；
(3)B点电势为4V；电荷量为4×10-6C的负电荷在A点具有的电势能为-8×10-6J。
15.(1)电子加速过程，根据动能定理有
U0e=12mv2-0
解得
v= 2U0em
(2)电子进入偏转后做类平抛运动，由牛顿第二定律可得加速度为
a=Eem
运动的时间为
t=L0v
设电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为α，将电子束离开偏转电场时的速度分解，如图所示。

则tanα=vyv=atv
解得
tanα= 33
可得
α=30°
(3)电子在偏转电场中的偏转位移为
y=12at2=12⋅Eem⋅L02v2= 3L06
由相似三角形可知
Hy=L02+LL02=L0+2LL0
联立解得
H= 3(L0+2L)6
答：(1)电子刚进入偏转场时的速度大小为 2U0em；
(2)电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°；
(3)打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H为 3(L0+2L)6。