四川省凉山彝族自治州西昌市2024-2025学年高二上学期期中检测物理试卷（解析版）

这是一份四川省凉山彝族自治州西昌市2024-2025学年高二上学期期中检测物理试卷（解析版），文件包含2026年高考考前最后一卷政治北京卷02解析版docx、2026年高考考前最后一卷政治北京卷02考试版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，试题卷6页，答题卡2页。全卷满分为100分，考试时间75分钟。
答题前考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置；选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，其他试题用0.5毫米签字笔书写在答题卡对应题框内，不得超越题框区域。考试结束后将答题卡收回。
第Ⅰ卷 选择题（共46分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的选项）
1. 铜的导电性能优于其他常见导体材料（如铁和铝），因此在电流传输过程中能量损失较小，适合用于家庭电路中。如图，在水平放置的铜导体中，4s内有10C的负电荷水平向右通过铜导体某一横截面。关于该段铜导体内电流的大小和方向，下列说法正确的是（ ）
A. 2.5A，水平向右B. 2.5A，水平向左
C. 0.4A，水平向右D. 0.4A，水平向左
【答案】B
【解析】电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，故电流的方向水平向左，大小为
故选B。
2. 如图所示，在半径为的圆上有四个点正好构成正方形，在相应的点上固定有点电荷，点电荷所带电荷量已在图中标出，则圆心处电场强度大小为（静电力常量为）（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据
可知，-Q与-Q在O点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消，2Q在O点与Q在O点产生的场强方向相反，可得产生的场强为
D选项正确。
故选D。
3. 为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（ ）
A. 液面下降后，电容器两端电压变大
B. 液面下降后，电容器所带电量减少
C. 液面下降时蜂鸣器电流由a流向b
D. 输液管较粗时，电容器容值会变大
【答案】B
【解析】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；
B．根据
，
液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B正确；
C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；
D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。
故选B。
4. 我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，U0、I0为已知，则（ ）

A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C. 在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tanα
【答案】C
【解析】A．图像上的点与原点连线斜率的倒数为该点的电阻大小，可知白炽灯的电阻随电压的增大而增大，故A错误；
BD．在A点，白炽灯的电阻可表示为
故BD错误；
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为
故C正确。
故选C。
5. 科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”。魔术道具如图甲所示，手摇起电机旁有一个没有底的空塑料瓶，起电机两根放电杆分别与瓶内的锯条、金属片相连。瓶内俯视图如图乙所示。瓶内放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个塑料瓶内烟雾缭绕。转动手摇起电机手柄，瓶内烟雾很快消失；停止转动手柄，瓶内又恢复烟雾缭绕的状态。起电机工作时，下列说法正确的是（ ）
A. 烟尘颗粒在向某极运动过程中做匀加速运动
B. 金属片与锯条间的场强方向由锯条指向金属片
C. 烟尘颗粒因被电离而吸附在金属片上
D. 烟尘颗粒运动过程中电势能减小
【答案】D
【解析】A．尖端附近的电场线比较密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，故烟尘在向某极运动过程中受到的电场力不是恒力，烟尘不是做匀加速运动，故A错误；
B．由于不知道锯条与金属片电势高低，所以不能确定场强的方向，故B错误；
C．当静电除尘装置接通起电机的静电高压时，存在强电场，使空气电离而产生负离子和正离子，负离子碰到烟尘微粒使它带负电，带负电微粒在电场力作用下，向正极运动，由于不确定正负极，所以烟尘不一定吸附在金属片上，故C错误；
D．烟尘在运动过程中电场力对烟尘做正功，则烟尘的电势能减少，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷。小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（ ）
A. T保持不变，F逐渐减小
B. T逐渐增大，F先变大后变小
C. T逐渐减小，F逐渐减小
D. T先变大后变小，F逐渐增大
【答案】A
【解析】以球B为研究对象，受到重力G、库仑力F和悬线的拉力T三个力作用，如图所示。
由平衡条件可得
根据可得
可得
在A、B两小球的电荷量逐渐减小的过程中，PB、PQ、G均不变，则悬线的拉力T不变；因电荷量减小，库仑力F减小，故A正确，B、C、D错误。
故选A。
7. 质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（，，）（ ）
A. 滑块动能增加4J
B. 滑块机械能增加12J
C. 由于放上滑块电机多消耗电能为12J
D. 滑块与传送带间摩擦产热为4J
【答案】C
【解析】A．分析滑块，由牛顿第二定律得
解得
1s末，滑块末速度为
位移为
传送带位移为
则，滑块动能为
故A错误；
B．滑块机械能增加
故B错误；
C．电机多消耗电能
故C正确；
D．滑块与传送带间摩擦产热为
故D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题列出的四个备选项中至少有两个是符合题目要求的。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. 如图是静电喷涂装置的原理图，带负电荷的涂料颗粒被喷枪喷出，进入静电场，被电场加速后喷射到带正电荷的被涂物上，虚线是电场中的等差等势线，a、b、c为电场中的三点，且在同一条水平线上，下列说法正确的是（ ）
A. a点场强大于c点场强
B. a点电势高于c点电势
C. a、b两点电势差小于b、c两点电势差
D. 涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能
【答案】AD
【解析】A．根据，可知等差等势线密集的地方场强大，则a点场强大于c点场强，故A正确；
BD．由于被涂物带正电荷，可知场强方向偏左，根据沿电场方向电势降低可知，a点电势低于c点电势；根据，由于涂料颗粒带负电，所以涂料颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能，故B错误，D正确；
C．虚线是电场中的等差等势线，则a、b两点电势差等于b、c两点电势差，故C错误。
故选AD。
9. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕点做圆周运动。为圆周的水平直径，为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A. 若将小球在A点由静止开始释放，则小球能沿圆弧到达点
B. 若小球恰能在竖直平面内绕点做圆周运动，则它运动的最小速度为
C. 若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球运动到点时的机械能最大
D. 若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达点
【答案】CD
【解析】A．设合力方向与电场线方向夹角为
则有
解得
所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，不能沿圆弧到达点，故A错误；
B．小球受到水平向右的电场力 为
合力为
由A项可知，与电场线方向夹角为，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故C正确；
D．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
水平方向在电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
则时间内发生的水平位移为
所以小球将不能到达B点，故D正确。
故选CD。
10. 在光滑的水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（φ0、d均为已知量）。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从O点以某一初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是（ ）
A. 在d~2d间的电场强度沿x轴负方向，大小为
B. 在0~d间与4d~6d间电场强度相同
C. 只要，该带电小球就能运动到6d处
D. 只要该带电小球就能运动到6d处
【答案】BD
【解析】A．图像的斜率表示电场强度，在d~2d间的电场强度大小为
根据沿电场线电势降低，在d~2d间的电场强度沿x轴正方向，故A错误；
B．在0~d间与4d~6d间图像的斜率相同，可知在0~d间与4d~6d间电场强度大小相等，根据根据沿电场线电势降低，可知在0~d间与4d~6d间电场强度方向相同，沿沿x轴负方向，则在0~d间与4d~6d间电场强度相同，故B正确；
CD．负电小球从O点沿x轴正方向运动过程，电场力在处间做正功，在处间做负功，在处间做正功，只要带电小球能运动至处，小球就能运动到6d处，在过程，根据动能定理有
解得
故只要该带电小球就能运动到6d处，故C错误，D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷 非选择题（共54分）
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11. 在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关先跟1相接，一段时间后，把开关S改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行是________（填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻上的电流方向________（填“自上而下”或“自下而上”）。
（2）开关S改接2后，实验得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将________（填“减小”“不变”或“增大”）。
【答案】（1）放电 自下而上 （2）不变
【解析】（1）[1]当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程。
[2]开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电；可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经电阻R上的电流自下而上。
（2）曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，充电结束时，电路中无电流，电阻不分压，电容器两端电压等于电源电压，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
12. 某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”的实验。
（1）先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为______；用多用表粗测其电阻，如图乙所示选用“”倍率的电阻挡，其电阻为______。
（2）为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选______（选填“”或“”），要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表______（选填“串联”或“并联”）。
A.两节新的干电池
B.电压表（量程，内阻约为）
C.电压表（量程，内阻约为）
D.电流表A（量程，内阻为）
F.滑动变阻器，额定电流
G.滑动变阻器，额定电流
H.电键和导线若干
（3）改装后的电流表内阻已知（A为改装后的电流表），为消除系统误差，电压表示数从0开始，则下列各图中最合理的______。
A. B.
C. D.
【答案】（1）1.846##1.844##1.845##1.847 6.0##6 （2） 并联 （3）D
【解析】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为
（2）[1]电源是两节干电池，电动势约为3V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择与电动势相差不多的量程，即选择量程为的电压表；
[2]要将电流表的量程扩大至，应将电阻箱与电流表并联。
（3）电压表示数从0开始，则控制电路采用分压式，由于改装后的电流表内阻已知，电流表分压的具体值能够确定，可知，为消除系统误差，测量电路采用电流表内接法。
故选D。
四、解答题（本大题共3小题，共39分）
13. 有一个带电荷量的点电荷，从某电场中的点移到点，电场力做了的负功，从点移到点，电场力对电荷做功，求：
（1）间电势差是多少？
（2）若将点电势规定为零，则点的电势是多少？
（3）若将点电势规定为零，电荷在点的电势能为多大？
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）电荷从A点移到B点电场力做负功，则
（2）若将B点电势定为零，即，由
可得
（3）若将A点电势定为零，则，由
可得
14. 一个带电荷量为的油滴，从点以速度射入方向水平向右的匀强电场中，当的方向与电场方向成夹角时恰好做匀变速直线运动。已知油滴的质量为，重力加速度为，忽略空气阻力，求：
（1）电场强度E的大小为多少？
（2）油滴运动到最高点（未离开电场区域）时与点的竖直距离是多少？
（3）若，油滴运动到最高点（未离开电场区域）时，电场力对油滴做功的瞬时功率是多少？
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由题意可知，带电油滴在匀强电场中受到水平向左的电场力，竖直向下的重力。因为其做直线运动，所以其两者的合力方向与速度方向相反，由几何关系得
解得
（2）由题意知，带电油滴的合力方向与速度方向相反，合力大小为
带电油滴沿着初速度方向做匀减速直线运动，运动到最高点时速度为零，由动能定理得
最高点与O点的竖直距离为
解得
（3）若，油滴运动到最高点（未离开电场区域）时，竖直方向有
解得
水平方向有
此时电场力对油滴做功的瞬时功率是
15. 研究电子在电场中运动的装置，简化模型如图甲所示，在xy平面内有Ⅰ和Ⅱ两个相邻的、边长均为d的正方形区域OABC和CDEO，Ⅰ区域内有沿着x轴正方向的匀强电场，Ⅱ区域内有沿着y轴正方向的匀强电场。已知Ⅰ区域内的电场强度大小为，Ⅱ区域内的电场强度大小为，电子的质量为m、电荷量为，可忽略电子的重力。
（1）若一个电子从AB边的中点由静止释放，求电子通过y轴时的速度v；
（2）在第（1）问条件下，求电子离开Ⅱ区域时位置坐标；
（3）若Ⅱ区域内的电场强度大小不变，方向调整为沿x轴负方向，如图乙所示，让电子从O点以的速度与y轴正方向成角斜向上进入Ⅰ区域内，求电子进入电场后第二次通过y轴时的位置和电子离开电场时在电场中运动的总时间（最终结果用已知量d、e、m、表示）。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）根据题意，电子在Ⅰ区域内，由动能定理有
解得
（2）假设电子从边飞出Ⅱ区域，竖直方向上有
，
解得
水平方向上有
假设成立，则电子离开Ⅱ区域时位置坐标。
（3）根据题意可知，电子进入Ⅰ区域内做类斜抛运动，沿电场方向有
，
解得
由对称性可知，电子以速度与y轴正方向成角斜向上进入Ⅱ区域内，沿轴运动的距离为
进入Ⅱ区域内，沿电场方向有
解得
则有
沿轴方向有
则电子进入电场后第二次通过y轴时的位置为
综上所述可知，当电子再次进入Ⅰ区域内后返回轴时恰好从点离开电场，则电子离开电场时在电场中运动的总时间为