广西贺州市昭平中学校2024-2025学年高二（上学期）期末 物理试卷

这是一份广西贺州市昭平中学校2024-2025学年高二（上学期）期末 物理试卷，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，点电荷+Q固定，点电荷+q沿直线从A运动到B。此过程中，关于两电荷间的库仑力，正确的说法是( )
A. 吸引力，先变小后变大B. 吸引力，先变大后变小
C. 排斥力，先变小后变大D. 排斥力，先变大后变小
2.如图所示，两对等量异种电荷固定在正方形的四个顶点上，K、L、M、N是正方形四边的中点，用一个小型金属箱将其中一个正电荷封闭，并将金属箱外壳接地，则( )
A. M、N两点处电场强度相等
B. O点处电场强度为0
C. 将一带正电试探电荷从K移动至L点，电场力做功为0
D. 将一带负电试探电荷从K移动至L点，电场力做正功
3.在如图所示电路中，A，B间的电压保持一定，UAB=6V，电阻R1=R2=4Ω，R3=2Ω。那么( )
A. 开关S断开时，R3两端电压是3VB. 开关S接通时，R3通过的电流是1.5A
C. 开关S断开时，R1通过的电流是0.75AD. 开关S接通时，R1两端电压是4V
4.如图，在O1和O2处分别放置等量异种电荷，以两点连线的中点O3为圆心、在垂直O1O2的平面内某一圆周上任取两点A、B，则A、B两点( )
A. 场强大小，方向均相同B. 场强大小相等，方向不同
C. 电势相等，且高于O3D. 电势相等，且低于O3
5.两个带等量正电的点电荷Q1和Q2的等势面分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点，其中b，c两点关于两电荷连线对称，a，d两点在两电荷连线上，且a点到Q1的距离和d点到Q2的距离相等。则( )
A. b点的场强与c点的场强相同B. a点的场强比d点的场强大
C. a点的电势比b点的电势高D. 电子在a点的电势能比在c点的电势能大
6.如图所示，水平放置的平行板电容器(电容为C)上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是 ( )
A. 油滴带正电
B. 油滴受到的电场力大小为4kQqd2
C. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.如图所示，真空中，有一点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中的运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列说法一定正确的是( )
A. 电势φM>φSB. 甲、乙为同种电荷
C. 电势能EPM>EPND. 场强大小ES>EN
8.两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是( )
A. M点电势为零，N点场强为零
B. M点场强为零，N点电势为零
C. Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D. Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
9.如图所示，地面上固定一倾角为θ=37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E= 3mgq，现将一个带正电的的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为4 33mgh
B. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh
C. 物块落地的速度大小为(2+8 33)gh
D. 物块落地的速度大小为2 2gh
10.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )

甲 乙
A. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，选用的小灯泡规格为“3.8V，0.3A”。
(1)除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
电流表：A1(量程3A，内阻约0.1Ω)、A2(量程0.6A，内阻约0.3Ω)；
电压表：V(量程5V，内阻约5kΩ)；
滑动变阻器：R1(阻值范围0～10Ω)、R2(阻值范围0～2kΩ)；
电源：E(电动势为4V，内阻约为0.04Ω)。
为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表______，滑动变阻器______(填器材的符号)。
(2)在小灯泡接入电路前，该同学使用多用电表测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至______(填选项前的字母)。
A.直流电压10V挡
B.直流电流2.5mA挡
C.欧姆“×1”挡
D.欧姆“×10”挡
(3)该同学用图1所示的电路进行测量，记录了多组数据，并且将这些数据的对应点标在了图2的坐标纸上，请根据这些点在图2中画出I−U图线。
(4)若将该灯泡接在E=4V、r=10Ω的另一电源两端，其实际功率是______W(保留两位有效数字)。
12.为测量某金属丝(电阻约为20Ω)的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验。
(1)用游标卡尺测金属丝的长度L0=_________cm，用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图乙所示，则d=_________mm。
(2)为进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.直流电源E(电动势4V，内阻不计)；
B.电流表A1(量程0.6A，内阻约1Ω)；
C.电流表A2(量程150mA，内阻约2Ω)；
D.电压表V1(量程3V，内阻约10kΩ)；
E.电压表V2(量程15V，内阻约20kΩ)；
F.滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；
G.滑动变阻器R2(阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)；
H.金属丝Rx，开关、导线若干。
①实验中，小明设计了如图1所示的电路，其中电流表应选用____，其中电压表应选用____，滑动变阻器应选用____(均填字母序号)。
②请用笔画线代替导线在图2中完成实物电路连接(部分连线已画出)，并在图1方框中画出你所设计方案的实验电路图。
③若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种金属丝电阻率的表达式为ρ=___________________(用题中给定的物理量符号和已知常数表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m.放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电量关系图象如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电.求：

⑴B点的电场强度的大小和方向．
⑵试判断电荷Q的电性，并说明理由．
⑶点电荷Q的位置坐标。
14.如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m.A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10−7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．
(1)通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？
(2)求小球A的最大速度值．
(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．
15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距高为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小：
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ。
1.【答案】D
2.【答案】C
3.【答案】B
4.【答案】A
5.【答案】C
6.【答案】C
7.【答案】BC
8.【答案】AC
9.【答案】BD
10.【答案】AD
11.【答案】A2 R1 C 0.40
12.【答案】(1)4.240；0.680
(2)① C； D；F
②；；
③ πR0d24L0
13.【答案】解：(1)由图可知，B点的电场强度EB=Fq=2.5N/C，方向指向x负方向．
同理A点的电场强度EA=40N/C，方向指向x正方向．
(2)放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电．
(3)设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E=kQr2，可知EBEA=(x−2)2(5−x)2=25400
解得x=2.6m.(另解x=1舍去)
所以点电荷Q的位置坐标为(2.6m,0)．
答：(1)B点的电场强度的大小为EB=2.5N/C，方向指向x负方向．
(2)点电荷带负电．
(3)点电荷Q的位置坐标为(2.6m,0)．
14.【答案】解：(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT、WT′，则：WT+WT′=0①
设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB，
对A由动能定理：qER−mAgR+WT1=EKA②
对B由动能定理：WT1′−mBgR=EKB③
联立解得：EKA+EKB=−0.04J④
上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点． ⑤
(2)设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB⑥
对A由动能定理：qERsinα−mAgRsinα+WT2=12mAvA2⑦
对B由动能定理：WT2′−mBgR(1−csα)=12mBvB2⑧
联立解得：vA2=89×(3sinα+4csα−4)⑨
由上式解得，当tanα=34时，A、B的最大速度均为vmax=2 23m/s
(3)A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由⑨式得：3sinα+4csα−4=0
解得：sinα=2425或sinα=0(舍去)
故A的电势能减少：|ΔEp|=qERsinα=84625J=0.1344J．
答：(1)小球A不能到达圆环的最高点C；
(2)小球A的最大速度值为2 23m/s．
(3)小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为0.1344J．
15.【答案】解：(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得 qE×L2=12mv2
解得 v= eELm
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得 a1=eEm
由 v=a1t1
得 t1=va1= mLeE
从MN到屏的过程中，粒子水平方向做匀速直线运动，可得运动时间 t2=2Lv=2 mLeE
故运动的总时间 t=t1+t2=3 mLeE
(3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为 a2=eE2m=2eEm
电子在电场E2中运动时间 t3=Lv
则 vy=a2t3
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 tanθ=vyv
解得 tanθ=2