2024-2025学年广东省湛江市高二上学期11月期中考试物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年广东省湛江市高二上学期11月期中考试物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，25CD等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：粤教版必修第一册，必修第二册，必修第三册前三章，选择性必修第一册第一章。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一个金属小球带1C电荷，若将相同的不带电的小球与其接触后移开，则该小球所带电荷量为（ ）
A. 0B. 1CC. 0.25CD. 0.5C
【答案】D
【解析】金属小球带1C电荷，与不带电的小球接触移开后，两个小球平分电荷，所以该小球所带电荷量为
2. 关于静电平衡，下列说法正确的是（ ）
A. 导体内部的电场强度处处为0
B. 导体内的自由电子在发生定向移动
C. 导体的外表面没有电荷
D. 越尖锐的位置，电荷的密度越小
【答案】A
【解析】A．处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，故A正确；
B．由于导体内部场强为零，则导体内没有定向移动的自由电子，故B错误；
C．导体的外表面有电荷分布，故C错误；
D．越尖锐的位置，电荷的密度越大，故D错误。
3. 下面是某同学对一些公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 真空中点电荷的电场强度公式仅适用于点电荷电场，适用于任何电场
B. 电势差的比值定义式适用于任何电场，且跟、无关
C. 由公式可知，电场中某点的电势与成反比
D. 由可知，电场中任意两点，b间的距离越大，两点间电势差也一定越大
【答案】B
【解析】A．真空中点电荷的电场强度公式仅适用于点电荷电场，仅适用于匀强电场，选项A错误；
B．电势差的比值定义式适用于任何电场，且跟、无关、B正确；
C．公式是电势的比值定义式，与均无关，选项C错误；
D．公式中的指两点沿电场方向的距离，间的距离大，二者沿电场方向的距离不一定大，两点间电势差不一定越大，选项D错误。
4. 电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美。如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A和B，A、B连线中点为O，在A、B所形成的电场中，有以O点为几何中心的矩形abcd，矩形eghf为abcd的中垂面，O是ef边的中点，下列说法正确的是（ ）
A. e、f两点的电势相等
B. 将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力先做正功后做负功
C. 将一电荷由a点分别移到g点和O点，电势能变化量不相等
D. a、b两点的电场强度相同
【答案】A
【解析】由于等量异种电荷电场与电势分布的图像具有对称性，假设A点为正电荷B点为负电荷，根据等量异种电荷与场强的分布图可知，abcd所在平面中电场分布图下图所示
A．根据题目描述，efgh所在平面为通过O点的中垂面，电势都为0，所以e、f两点的电势相等且为0，A正确；
B．将一电荷由e点沿eghf移到f点，由于efgh所在平面为电势为0的等势面，所以在移动电荷过程中电场力始终不做功，B错误；
C．因为g点和O点的电势相等且均为0，所以将一电荷由a点分别移到g点和O点过程中电势变化相同，则电场力做功相同，电势能变化相同，C错误；
D．因为场强是既有大小又有方向的矢量，根据上述图像可知，a、b两点的电场强度方向不同，D错误。
5. 如图所示，两段长度和材料相同、粗细均匀的金属导线A、B，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比SA:SB=1:2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线A的横截面，元电荷e=1.6×10-19C，则下列说法错误的是（ ）
A. 流经导线A的电流为0.16A
B. 导线A、B的电阻之比为2:1
C. 5s内有1×1018个自由电子通过导线B的横截面
D. 自由电子在导线A和B中移动的平均速率之比
【答案】C
【解析】A．流过A的电流为
故A正确，不符合题意；
B．根据电阻定律
可得
故B正确，不符合题意；
C．因两段串联，通过两棒的电流相等，所以在相等时间内通过每段导线横截面的电荷量是相等的，故C错误，符合题意；
D．因两段串联，通过两棒的电流相等，又
则有
故D正确，不符合题意。
6. 图甲为用传感器在计算机上探究电容器充、放电现象的电路图，E表示电源（忽略内阻），R表示定值电阻，C表示电容器。先使开关S与a端相连，稳定后再将开关S与b端相连，得到充、放电过程电路中的电流I、电容器两极板间电压U与时间t的关系图像，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，电容器在放电
B. 时间内，电容器的电容在增加
C. 时间内，电路中的电流逐渐减小
D. 图像中两阴影部分的面积关系为
【答案】C
【解析】A．由图乙可知时间内，电流逐渐减小，电容器两端的电压逐渐增加到稳定，根据
解得
可知此过程电容器正在充电，A错误；
B．根据电容公式
可知电容器的电容与只与介电质、正对面积以及两极板间的距离有关，与电荷量Q、电势差U无关，B错误；
C．由图乙知，时间内，电路中的电流反向且逐渐减小，C正确；
D．根据
可得
可知图线I与t轴围成的图形面积表示电容器充、放电过程的电荷量，对于同一电容器，充、放电的电荷量相等，故，D错误。
7. 如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A. A球的质量大于B球的质量
B. B球的轨迹是一段圆弧
C. 此过程中点电荷对B球的库仑力不变
D. 此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【答案】B
【解析】对球进行受力分析，B球受到轻绳的拉力、重力和库仑力，由相似三角形可知
（定值）
其中
整理各式得
（定值）
A．由于
因此
A错误；
B．由不变，可知不变，故球的轨迹是一段圆弧，B正确；
C．由于减小，可知也减小，此过程中球所受库仑力减小且方向改变，C错误；
D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为，大小不变，由于减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 下列方法可使一根铜丝电阻减半的是（ ）
A. 长度加倍B. 长度减半
C. 横截面积加倍D. 横截面积减半
【答案】BC
【解析】由电阻定律
可得，长度加倍，电阻加倍；长度减半，电阻减半；横截面积加倍，电阻减半；横截面积减半，电阻加倍。
故选BC。
9. 日地拉格朗日点是指卫星受太阳、地球两大天体引力作用，能保持相对静止、编号为的那个点，于1772年由数学家拉格朗日推导证明出。日地拉格朗日点随着地球围绕太阳的公转而移动，与太阳、地球三者在任何时刻总在一条直线上。韦伯太空望远镜于2021年12月25日发射升空，目前位于日地拉格朗日点。下面说法正确的是（ ）
A. 韦伯太空望远镜在地球和太阳的引力作用下所受合力不为零
B. 韦伯太空望远镜围绕太阳运动的线速度小于地球围绕太阳运动的线速度
C. 韦伯太空望远镜的向心加速度小于地球围绕太阳运动的向心加速度
D. 韦伯太空望远镜发射升空时的发射速度要小于第三宇宙速度
【答案】AD
【解析】A．韦伯太空望远镜在太空做圆周运动，受到的合力不可能为零，故A正确；
BC．根据题意“与太阳、地球三者在任何时间总在一条直线上”，说明地球与韦伯太空望远镜角速度相等，根据
、
可知，半径越大，线速度越大、向心加速度越大，故BC错误；
D．第三宇宙速度是指脱离太阳系的发射速度，韦伯太空望远镜没有脱离太阳的引力，则发射速度小于第三宇宙速度，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆点和点的高度差为，细杆左侧点处固定着一个带正电的点电荷，以为圆心、为半径的圆周与细杆交于、两点，圆心在点正上方，点为的中点，现将一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）套在杆上从点由静止释放，小球滑到点时的速度大小为，为重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 、间的电势差
B. 小球从点到点的过程中，电场力做的功为
C. 若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在点平衡且恰好对无压力，则所加电场的电场强度大小为
D. 的长度为
【答案】CD
【解析】A．从M到N由动能定理
、间的电势差
选项A错误；
B．因NP两点的电势相等，则小球从点到点的过程中，电场力做的功为0，选项B错误；
C．设ON与水平方向的夹角为，则
解得
若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在点平衡且恰好对无压力，则对小球受力分析可知
解得所加电场的电场强度大小为
选项C正确；
D．设MP与竖直方向夹角为α，则
解得
选项D正确。
三、非选择题：共54分。
11. “祖冲之”研究小组探究平行板电容器实验，如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带负电，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（电势为零），在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，静电计指针偏角______（填“变大”“变小”或“不变”），P点电势______（填“升高”“降低”或“不变”），油滴的电势能______（填“大于”“小于”或“等于”）零。
【答案】变小 不变 小于
【解析】[1]带电油滴保持静止，则电场力与重力相平衡，电场力竖直向上，极板间电场线竖直向上，则可知油滴带正电，由于电容器不与电源相连，则电容器极板所带电荷量不变，根据
可知，上极板向下移动后，电容C增大，U减小，则静电计指针偏角变小；
[2]根据
可知，极板间电场强度不变，所以下极板与P点间的电势差不变，而下极板始终接地，电势始终为零，所以P点电势不变；
[3]由于下极板接地，上极板带负电，所以P点电势小于零，根据
可知，电势能小于零。
12. 某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源、电压表（内阻非常大）、定值电阻（阻值为）、滑动变阻器、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。
（1）该同学首先截取了一段长为的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数_____。
（2）实验时，先将滑动变阻器接入电路的电阻调至最大，闭合S。
（3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流_____，金属丝的电阻_____。（结果均用、、表示）
（4）继续微调，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以为纵坐标，为横坐标，根据测得的数据绘制出图像，若图像的斜率为，则金属丝的电阻为_____（用、表示）。
得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻_____（结果保留两位有效数字）。
（5）待测金属丝所用材料的电阻率_____（用、、、表示）。
【答案】（1）0.500 （3） （4） 9.0##10##11 （5）
【解析】（1）螺旋测微器测量金属丝的直径D=50.0×0.01mm=0.500mm
（3）由电路可知，流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻
（4）根据
解得
则
解得
做出图像，则
解得
（5）根据
解得
13. 在光滑绝缘水平面上有2个带电小球，A球固定，质量 的B 球以初冲量 10N·s水平向左运动，直至速度为零，求：
（1）B球的初速度大小v；
（2）B球电势能的增加量
【答案】（1）5m/s （2）25J
【解析】（1）由动量定理有
得B球的初速度大小
（2）B球的初动能为
由能量守恒定律有B球电势能的增加量
14. 在学校门口有个石墩，质量m=50kg，与水平地面间动摩擦因数µ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，现有两个同学想挪动石墩，水平面内力的示意图如图所示，α=60°，两同学施加相等大小的恒力F。
（1）若不能挪动石墩，求F的最大值；
（2）若石墩在2s内移动了0.5m，求F的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
由平行四边形定则可得，两同学的合力
若不能挪动石墩，则
解得
所以F的最大值为；
（2）石墩做匀加速直线运动，有
由牛顿第二定律得
解得
15. 如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球位于点，小球位于点，是圆环的一条直径，，圆环的周长，刚开始两球都静止，现给小球一方向垂直、大小为的速度，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。
（1）分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小、；
（2）求从小球、第一次相碰到第二次相碰的时间间隔；
（3）求小球从开始运动到与小球第100次相碰过程中运动的总路程。
【答案】（1）， （2） （3）
【解析】（1）以小球a的初速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则有
解得
，
（2）设小球第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a运动的路程为s，则小球b运动的路程为，则有
解得，
（3）两球发生第二次弹性碰撞
解得，
可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程为
/mV
0.50
0.70
0.90
1.15
1.40
/mV
0.99
1.39
1.80
2.28
2.80