【文档说明】安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.260 MB，由envi的店铺上传

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安徽师范大学附属中学2024-2025学年第一学期期中考查高二物理试题一、选择题1.下列说法正确的是（）A.所有体积小电荷都能看成点电荷B.沿电场线方向，电场强度越来越小C.任一点电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向D.

电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流【答案】D【解析】【详解】A．由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，是一个理想化模型，故A

错误；B．电场线的疏密表示场强大小，所以沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，故B错误；C．任一点电场强度的方向总是指向该点电势降落最快的方向，故C错误；D．电源的作用是保持导体两端的电势差，使电路中有持续的电流，故D正确。故选D。2.1798

年英国物理学家卡文迪许借鉴了库仑的扭秤实验，测定了万有引力常数。下列说法不正确的是（）A.卡文迪许扭秤实验需要确保研究小球为电中性B.两个实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式C.卡文迪许扭秤实验和库仑扭秤实验的都用到了“微小量放大法”D.万有引力定律和库仑定律的相似性，说明了他们是同一

种基本相互作用【答案】D【解析】【详解】A．引力常量非常小，小球如果带电，对测量结果影响很大，则要确保研究小球为电中性，故A正确；B．卡文迪许扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式，

故B正确；C．库仑扭秤与卡文迪许扭秤实验都实现了微小力的测定，体现了放大的思想，运用了放大法，故C正确；D．库仑力是电磁相互作用，与万有引力不是同一种基本相互作用，故D错误。的本题选不正确的，故选D。3.如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线

上的两点，且MPQN=。下列说法正确的是（）A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变【答案

】C【解析】【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；CD．由电场叠加得P点电场强度22QQEkkMPNP=+若仅两点电荷

的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据UEd=定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。故选C。4.一电子在电场中做圆周运动，从某时刻开始计时，在00~t时间内，该粒子的动能和电势能随时间的变化分别

如图中A、B图线所示，其中图线A与横轴平行，则该电子在00~t时间内（）A速度不变B.合力不变C.电场力做负功D.刚好运动一周【答案】C.【解析】【详解】A．由图可知电子做匀速圆周运动，虽然速度大小不变，但是方向时刻改变，故

速度在改变，故A错误；B．合力提供向心力指向圆心，故合力在变化，故B错误；C．由图可知电子的电势能在不断增大，电场力做负功，故C正确；D．电子运动一周后电势能与初始状态相同，故D错误。故选C。5.在一半径为R的圆周上均匀分布有

N个绝缘带电小球（可视为质点）无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为3q−，其余小球带电荷量为q+，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为（）A.大小为E，方向沿AO连线斜向下B.大小为12E，方向沿AO连线斜向下C.大小为13E，方向沿OA连线斜向上D

.大小为14E，方向沿OA连线斜向上【答案】D【解析】【详解】撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的3q−和与其关于O点对称点q+两小球分别产生的电场叠加形成的，则22234qqqEkkkRRR=+=撤去A点的小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点q+产生的，所以24q

EEkR==方向沿OA连线斜向上。故选D。6.如图所示，水平放置的平行板电容器A、B极板正对，A、B极板上的O、O'接点与恒压直流电源连接，下极板B接地，开关S闭合，一带电油滴位于电容器中的P点且恰处于静止状态，则下列说

法正确的是（）A.当开关S闭合，A极板上移一小段距离过程中，P点电势将降低，电路中有逆时针方向的电流B当开关S断开，B极板下移一小段距离过程中，带电油滴静止，P点电势升高C.当开关S闭合，将A极板向右平移一小段距离，带电油滴将向上运动D.当开关S断开，B极板上移一小段距离，P

点电势将升高【答案】B【解析】【详解】A．当开关S闭合极板上移一小段距离，板间距离的增大，由UEd=可知，场强E减小，P点电势等于P点与下极板间的电势差，由于P点到下极板间距离0d不变，由0PEd=可知，场强E减小时P点电势降低，根据由电容的决定式4SCkd=可得：C减小，开关S闭合，

电容器两端的电压不变，由定义式QCU=可得：Q减小，电路中有顺时针方向的电流，故A错误；B．当开关S断开，B极板下移一小段距离，板间距离d增大了，由场强公式4UQkQEdCdS===可知板间场强不变，油滴所受的电场力

不变，油滴仍处于静土状态，根据0PEd=可知P点电势升高，故B正确；.C．当开关S闭合，将A极板向右平移一小段距离，根据UEd=可知极板间电场强度不变，则带电油滴静止，故C错误；D．当开关S断开，B极板上移一小段距离，板间距离d

减小了，由场强公式4UQkQEdCdS===根据0PEd=可知P点电势降低，故D错误。故选B。7.如图所示，A、B两个带等量电荷的小球用绕过光滑定滑轮的绝缘细线连接处于静止状态，A球与光滑绝缘竖直墙面接触，A、B两球到定滑轮的距离相等，连接A球的绝缘细线竖直

，A、B间的距离为L，A、B连线与竖直方向的夹角为60°，A球对竖直墙面的压力为F，不计小球大小，静电力常量为k，则（）A.小球A的重力为33FB.小球B的重力为3FC.细线对滑轮的作用力大小为FD.小球A的带电量为233F

Lk【答案】A【解析】【详解】AB．对B受力分析如图，可知B受绳子拉力T，自身重力GB，库仑力F'，根据共点力平衡条件有T=GB=F'对A受力分析，根据共点力平衡条件有sin60FF=Acos60FGT+=解得T=GB=F'=233F，A33GF=故A正确，B错误；

C．细线对滑轮的作用力大小为32FTF==合故C错误；D．根据库仑定律可知22kqFL=解得小球A的带电量为2233FLqk=故D错误。故选A。8.如图所示，、、ABC三点位于同一圆弧上，O为圆心，圆弧半径为10cm，且90AOC=，120BOC

=。该平面内存在一匀强电场，现把一个电荷量5110Cq−=的正电荷从A移到B，电场力做功为4110J−−；从B移到C，电场力做功为4310J−。则该匀强电场的电场强度大小为（）A.100V/mB.200V/mC.300V

/mD.400V/m【答案】B【解析】【详解】如图所示，延长AO与BC连线交于D点，由几何关系可知，D点为BC的三等分点。设C点电势为0，由30VBCBCWUq==可得B点电势30VB=则D点电势20VD=由10VABABWUq==−

可得20VA=则AD是电势为20V的等势线。故电场强度方向垂直AO向右，大小为220V/m200V/m1010OCUER−===故选B。二、选择题9.如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环A

BCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（）A.小球从A到C的过程中电势能减少B.小

球不可能沿圆环做匀速圆周运动C.可求出小球运动到B点时的加速度D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN【答案】C【解析】【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；B．当场强满足E

qmg=时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；C．根据动能定理()2201122BmgEqRmvmv−=−可求出小球到B点时的速度vB，根据21BvaR=可得小球的向心加速度，再根据牛顿第

二定律2mgEqma−=可得小球的切向加速度2a，再根据矢量合成可得B点的加速度为2212aaa=+故C正确；D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种

点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。故选C。10.如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子（重力不计）以大小相同的初速度从左上端

水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为k1E和k2E

，则（）A.12:1:2tt=B.12:4:1aa=C.122:1qq=:D.k1k2:16:1EE=【答案】AD【解析】【详解】A．由于粒子在水平方向做匀速直线运动，故有1012Ltv=20Ltv=所以12:1:2t

t=A正确；B．粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，故有21112yat=2221122yat=解得12:8:1aa=B错误；C．由于粒子在电场中只受到电场力的作用，根据牛顿第二定律可知11qEma=22qEma=解得1212::8:1qqaa==C错误；D．根

据动能定理可得k11EqEy=k222yEqE=解得k1k212:2:16:1EEqq==D正确。故选AD三、非选择题11.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的

变化图像都相同。（1）请在图1中画出上述u-q图像______。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep=______。（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同。一电容器进行两次充电，对应

的q-t曲线如图3中①②所示。a.充电过程中，“电源两端电压”和“通过电源的电流”变化情况如何______；b.①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；c.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式

的途径______。【答案】①.②.212CU③.见解析④.R⑤.见解析【解析】【详解】（1）[1]根据电容的定义式可知1uqC=其中C是与u和q无关的常量，则uq−图像是一条过原点的直线。如下图所示[2]电压为U时，电容带电

荷量为Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能PE，即P12EQU=又根据QCU=则整理得2P12ECU=（2）a.[3]电容器充电完成后两极板电压等于电源电动势，由图3可知充电完成时电荷量相同，则根据qCu=可知电源电动势相同，电源忽略内

阻，则电源两端电压不变，充电过程电容器两端电压增加，则R上的电压减小，通过电源的电流减小。b.[4]由上述分析可知电源电动势相同，则两条曲线不同是R的改变造成的，电阻越小，电流越大，即qt−图像的倾斜程度越大。c.[5]由图象可知，当R越小，充电时间越短，可以实现快速充电，如图中①所示；R越

大，电荷量随时间变化趋向均匀，可以实现均匀充电，如图中②所示。12.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲、

乙所示，长度为__________cm，直径为__________cm；（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：①将滑动变阻器R1的滑片置于__________（填“左”或“右”）端处；将S2拨向接点1，闭合S1调节R1，使电流示数为

I0；②将电阻箱R2的阻值调至最大，S2拨向接点2；保持R1，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1000Ω；（3）由此可知，圆柱体的电阻为___________Ω。（4）根据以上数据可以算出该圆柱体的

电阻率，请估算。以下选项最接近计算结果的是。A.0.12Ω•mB.1Ω•mC.10Ω•mD.100Ω•m【答案】（1）①.5.01②.0.8470（2）右（3）1000（4）B【解析】【小问1详解】[1][2]

游标卡尺的精度为0.1mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01cm螺旋测微器的读数为d＝(8＋47.0×0.01)mm＝0.8470cm【小问2详解】为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，然后慢慢减小电路中的电阻，所以闭合开关前应把滑动变阻器的滑片置于右端处。【小

问3详解】将S1闭合，S2拨向接点1时，其等效电路图如图甲所示，当S2拨向2时，其等效电路图如图乙所示由闭合电路欧姆定律知，当I相同均为I0时，应有21000ΩRR==柱【小问4详解】由电阻定律24LLRSd==柱得21Ω·m4

dRL=柱故选B。13.如图所示是三量程直流电表的原理图，已知表头G的满偏电流6mAgI=，内阻10ΩgR=，定值电阻10.1ΩR=、29.9ΩR=、3995ΩR=。当使用a、b两个端点时，是量程为1I的电流表，当使用a、c两个端点时，是量程为2I的电流表

；当使用a、d两个端点时，是量程为U的电压表。求量程1I、2I、U的值。【答案】11.2AI=；212mAI=；12VU=【解析】【分析】【详解】根据并联电路电压规律和欧姆定律有()()212gggIRIIRR=−+()()

211gggIRRIIR+=−()()12125ggRRRRRRR+==++()23UIRR=+联立解得11.2AI=212mAI=12VU=14.如图所示，长为L的绝缘细线上端固定于O点，下端系一质量为m，电荷量为q+的带电小球，整个装置处于匀强电场中，电场强度方向水平向右，当小球静止时，细线

与水平方向间的夹角53=，重力加速度为g。（1）小球平衡时，求细线中的拉力大小1T及电场强度的大小E；（2）将小球向右拉至与O点等高，且细线水平绷紧，若由静止释放小球，求小球到达平衡位置时细线中的拉

力大小2T。【答案】（1）154Tmg=，34mgEq=；（2）294Tmg=【解析】【详解】（1）以小球为对象，由平衡条件得1sinmgT=解得细线中的拉力大小为154Tmg=根据tanmgqE=解得电场强度的大小为34mgEq=（2）释放后小球做摆动，由动能定理得()21sin1cos

2mgLqELmv−−=小球到达平衡位置时，小球径向方向的合力提供小球的向心力，则有22sincosvTmgqEmL−−=联立解得294Tmg=15.如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方

向、场强为E的匀强电场，y轴与直线x=-d（d>0）之间的区域内有沿y轴负方向、场强也为E的匀强电场。P点位于第一象限内，从P点由静止释放一个带电荷量为+q质量为m的粒子，不计粒子重力，忽略两电场间的影响。（1）若P点的纵坐标为d，粒子能通过x轴上坐标为（2d−，0）的点，求P点的横坐标

;（2）若粒子能通过x轴上坐标为（-2d，0）的点，则P点的坐标（x，y）应该满足什么条件?（3）求满足第（2）问的粒子从P点到通过x轴所用的最短时间。【答案】（1）16dx=；（2）243(0,0)xydxy=；（3）22md

tqE=最短【解析】【详解】（1）设P点的横坐标为x，粒子匀加速直线运动通过y轴的速度为v0，在第二象限内做类平抛运动.由牛顿第二定律，得qEma=由匀变速直线运动规律，得202vax=，02dvt=，212dat=联立解得16dx=（2）设P点的坐标为(),xy，粒

子匀加速直线运动通过y轴时的速度为0v，由牛顿第二定律，得qEma=由匀变速直线运动规律得202vax=粒子在第二象限电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设粒子在第二象限电场内运动的时间为t，有yvat=，'0'xdvvt==粒子离开电场时速度偏向角的正切值tanyxvv

=由几何关系有21'2tanyatd−=联立解得()24300xydxy=，（3）粒子在第一象限内运动的时间12xta=粒子在第二象限内运动时间202dtv=又的202vax=，qEma=粒子运动的总时间22222xdmdtaqEax=+故最短时间为22mdtqE

=最短