【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，2.317 MB，由envi的店铺上传

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物理试卷考试时间：75分钟满分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题包括7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合

题意）1.关于库仑定律，下列说法中正确的是（）A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B.根据122qqFkr=，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D.库仑定律和万有引力定律的表达式

相似，都是平方反比定律【答案】D【解析】【分析】【详解】A．库仑定律适用于点电荷，点电荷不是体积很小的球体，能否看成点电荷是看该电荷对研究问题时能否忽略不计，所以A错误；B．当两电荷的距离趋近于零时，库仑定律不适合使用，所以静电力不是趋向无穷大，则B错误；C．库仑力是电荷之间的相互作用力，则q1

对q2的静电力总是等于q2对q1的静电力，所以C错误；D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律，所以D正确；故选D。2.快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（）A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所

受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠籁簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加【答案】C【解析】【详解】ABC．充气袋在运输中起到

缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，AB错误，C正确；D．动量对时间的变化率即为物体所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。故选C。3.1R、2R是用相同金

属材料制成的电阻，其上、下表面分别是边长为a、b的正方形，厚度分别为1d、2d，连接方式如图所示。下列说法正确的是（）A.电阻1R、2R之比为12:ddB.通过1R、2R的电流之比为:baC.1R、2R两端电压之比为2212:ddD

.1R、2R两端电压之比为21:dd【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，由电阻定律lRS=可得，R1、R2的电阻之比为122121:RdabRadbdd==故A错误；B．两个电阻串联，则通过R1、R2的电流之比为1:1，故B错误；CD．根据题意，由欧

姆定律可得，R1、R2两端的电压之比为112221UIRdUIRd==故C错误，D正确。故选D4.两电阻R1、R2的U-I图线如图所示，则下列说法正确的是（）A.R1∶R2＝1∶4B.R1∶R2＝4∶1C.将R1与R2串联后接在电源上，则通过它们的电流之比I1∶I2＝1∶4D.将R1与R2

并联后接在电源上，则通过它们的电流之比I1∶I2＝4∶1【答案】B【解析】【详解】AB．U­I图线的斜率表示电阻值，两者的图线都是一条倾斜的直线，表示两者都是定值电阻，由图像可得111==10URI，222==2.5URI

则R1∶R2＝4∶1，故A错误，B正确；C．串联电路中电流处处相等，故C错误；D．根据并联分流特点，支路电流与支路电阻值成反比，所以I1∶I2＝1∶4，故D错误。故选B。5.如图所示，匀强电场场强的大小为E，方向与水平面的夹角为θ（45），场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球

，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平。现用一外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点，小球电荷量保持不变，在此过程中（）。A.该外力所做的功为2tanmgLB.该外力所做的功为mgLtanθC.

带电小球的电势能增加2tanmgLD.带电小球的电势能增加qEL（sinθ＋cosθ）【答案】D【解析】【详解】CD．小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知sinFmg=电则sinmgF=电小球从最初始位置移到最低点时，电场力

所做的功()cossinWEqL=−+电因电场力做负功，所以电势能增加()pcossinEWEqL=−=+电D正确，C错误；AB．由动能定理可知0GWWW++=外电即()cost(sinan)GmgLWWWEqLmgL=−+=

+−=外电AB错误。故选D。6.如图所示，电荷量为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A.顶点B和D的电场强度相等B.顶点B和D′的电势相等C.顶点B电场强度大小为22kqaD.

顶点B′的电场强度大小为222kqa【答案】C【解析】【详解】A．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，顶点B和D的电场强度大小相等，反向相反，故A错误；B．顶点B到两个正点电荷的距离都为a，顶点D′到两个正点电荷的距离都为2a，故顶点B的电势比顶点D′电势高，

故B错误；CD．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知顶点B的电场强度大小为22BkqEa=顶点B′的电场强度大小为2232cos302(2)BkqkqEaa==故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，质量分别为2m、2m、m。C物块叠放在B物块上

方，B的上表面粗糙，B与C之间的动摩擦因数为。A、B两个物块中间用轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，初始时刻弹簧为原长状态。现给A一个水平向右的初速度0v，运动过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度为g，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能pE与形变量x的关系为212pEkx=，要保证B、C不发生相对滑动，则0v的最大值为（）的A.gmkB.3g2mkC.5g2mkD.15g2mk【答案】D【解析】【详解】若要保证B、C不发生相对滑动，则需BC整体加速度不

超过C物体摩擦力所提供最大加速度mag=故对BC整体分析，需弹簧最大弹力3Fmg=由胡克定律得Fkx=即3kxmg弹簧最大形变时ABC共速，此时形变量可由能量守恒得2220m11125222mvmvk

x=+共解得20m65mvxk=联立解得0152mvgkD正确。故选D。二、多选题（本题3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分）8.

如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点。a、b电势分别为φa＝5V，φb＝3V，下列叙述正确的是（）A.该电场在c点处的电势一定为4VB.a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC.一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少D.一正电荷运动到

c点时受到的电场力由a指向c【答案】CD【解析】【详解】AB．该电场的电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4V，a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb。故AB错误；CD．由公式pEq=易知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少。根据“沿电场

线方向电势逐渐降低”可得c点的场强方向由a指向c。所以正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c。故CD正确。故选CD。9.如图，平面直角坐标系内有a、b、c三点，位置如图所示，匀强电场平行于坐标平面．将电子从a点分别移到

坐标原点和b点的过程中，电场力做功均为2eV，已知a点电势为2V，以下说法正确的是（）A.b点电势为零B.电场强度大小为200V/mC.电子在c点电势能为­8eVD.将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功相同【答案】BC【解析】

【详解】由题意可知：2eV2VeabaoUU===−−，因a点电势为2V，则bO两点的电势均为4V，选项A错误；场强大小为：22200V/m1cos602102baUEab−===，选项B正确；bc连线与场强E方

向平行，则2200210V4VcbUEbc−===，则c点的电势为8V，电子在c点电势能为­8eV，选项C正确；由于ab和bc的电势差不相等，则将电子从a点移到b点和从b点移到c点，电场力做功不相同，选项D错误．10.如图（a），水平地面上

固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。0t=时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（）A.在00~4t内一直沿斜面

向下运动B.在00~4t内所受合外力的总冲量大小为零C.在0t时动量大小是在02t时的一半D.在002~3tt内的位移大小比在003~4tt内的小【答案】AD【解析】【详解】根据图像可知当2sinFmg=时，

物块加速度为2sinsin3sinmgmgagm+==方向沿斜面向下；当2sinFmg=−时，物块加速度大小为2sinsinsinmgmgagm−==方向沿斜面向上，作出物块00~4t内的vt−图像A．根据图像可知00~4t，物体一直

沿斜面向下运动，故A正确；B．根据图像可知00~4t，物块的末速度不等于0，根据动量定理0Ip=合故B错误；C．根据图像可知0t时物块速度大于02t时物块的速度，故0t时动量不是02t时的一半，故C错误；D．vt−图像与横轴围成的面积表示位移，故由图

像可知002~3tt过程物体的位移小于003~4tt的位移，故D正确。故选AD。第II卷（非选择题）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11.为了验证“两小球碰撞过程中的动量守恒”，某同学用如图所示的装置进行了如下的操

作：①将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；②将木板向右平移适当的距离固定，

再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留下痕迹M和N；④用天平测出a、b两个小球的质量分别为am和bm，用刻度尺

测量白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为My、Py和Ny．根据上述实验，请回答下列问题：(1)为了减小实验误差，选择入射球am、被碰球bm时，应该使am_________bm（填“大于”、“等于”或“小于”）．(

2)小球a和b发生碰撞后，小球a在图中白纸上撞击痕迹应是__________点．(3)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论___________产生影响（填“会”或“不会”）．(4)用本实验中所测得的物理量来验证两小球碰撞过程中动量守恒，其表达式为__________．（用

am、bm、My、Py、Ny表示）【答案】①.大于②.N③.不会④.aabPNMmmmyyy=+【解析】【详解】(1)[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球的质量，即：应该使ma大于mb；(2)(4)[2][4]小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距

离为x，由平抛运动规律得：水平方向：xvt=竖直方向：212hgt=解得：2gvxh=碰撞前，小球a落在图中的P点，设其水平初速度为v0．小球a和b发生碰撞后，小球a的速度变小，下落的更多，a的落点在图中的N点设其水平初速度为v1，m2的落点是图中

的M点，设其水平初速度为v2．小球碰撞的过程中若动量守恒，则有：的012aabmvmvmv=+即为222aabPNMgggmxmxmxyyy=+则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：aabpNMmmmyyy=+(3)[3]只要由静止从同一位置释放小球，小球到达轨

道底端时速度相等，小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果不会产生误差．12.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。（1）关于此实验

，下列说法正确的是________；A．本实验采用的科学方法是控制变量法B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．A板与静电计的指针带的是异种电荷D．静电计可以用电压表替代（2）保持B板不动，将A板向右移动，静电计指针张角______________；保持AB板不动，向两板间插

入陶瓷片，静电计指针张角______________；（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容式传感器。保持B板不动，将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是________；

【答案】①.AC##CA②.减小③.减小④.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]A．本实验采用的科学方法是控制变量法,其它物理量不变，改变其中某一个物理量，A正确；B．静电计测量的是电势差，该实验电量不发生变化，B错误；C．静电计与B

板连接，所以与A板带是异种电荷，C正确；D．电压表必须有电流通过才行，所以不能用电压表代替，D错误。故选AC。（2）[2]A板向右移动，根据4SCkd=得电容变大，根据QUC=电量不变，电势差减小，静电计指针张角减小。[3]向两板间插入陶瓷片，电容增大，同理，张角

减小。（3）[4]保持B板不动，将A板上下移动，目的是改变两极板的正对面积，由此可知，BD符合题意，A图为改变介电常数，C图为改变两极板间距。故选BD。四、解答题（3个小题，共38分。要求写出必要的公式、文字叙述）13.如图所示，在水平方向的匀强电场中，一电场线上有相距6cm的A

、B两点，且UAB＝150V，求：(1)电场强度的大小和方向；(2)电场中A、C两点相距14cm，A、C两点连线与电场线方向成37°夹角，则C点与A点的电势差UCA为多少？（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【答案】(1)2.5

×103V/m，方向水平向右；(2)－280V【解析】【详解】(1)电场强度的大小的3150V/m2.510V/m0.06ABABUEd==＝方向水平向右。(2)C点与A点的电势差UCA＝－EdCAcos37°＝－280V14.如图所示，AB

⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q．现从A点将一质量为m，电荷量为­q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为gr，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：(1)小球运动到D点时对轨道的压力；(2)

小球从A点到D点过程中电势能的改变量．【答案】（1）224Qqmgkr−（2）(21)2kQqEr=−【解析】【详解】（1）点电荷在D点时有224NQqvFkmgmrr+−=224NQqFmgkr=−由牛顿第三定律得，点电

荷在D点时对轨道的压力大小为224NQqFmgkr=−方向竖直向下（2）从A到D运动，根据动能定理，有：21()02mgrWmgr+=−解得电场力做功：12Wmgr=−因为电场力做负功，则电势能增加12Emgr=方法2：A点的电势能：A2kQqEr=−B点电势能

：2BkQqEr=−电势能的该变量：AB(21)2kQqEEEr=−=−15.如图所示，滑板静止于光滑水平地面上，其表面由长度为L的粗糙水平部分AB和四分之一光滑圆周BC组成（半径R未知）平滑连接而成，物体P（可视为质点）置

于滑板最右端A点。一根长度为L不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系质量为m的小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至细绳与竖直方向成60的位置由静止释放，小球Q到达最低

点时与滑块P发生弹性正撞且时间极短，已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力。则：（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力F的大小；（2）若物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为15=，为保证物

体P不会从圆弧上C点离开滑板，求圆弧半径R满足的条件；（3）要使物体P最终停在滑板上且物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求物体P与滑板AB段的动摩擦因数应满足的条件。【答案】（1）2Fmg=；（2）215LR；（3）1164【解析】【详解】（

1）对小球Q摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律可知的201(1cos)2mglmv−=在最低点对小球Q牛顿第二定律可得20vFmgml−=联立解得2Fmg=（2）小球Q和物体P发生弹性碰撞，碰撞后P的速度大

小为1v，Q的速度大小为2v；由于机械能和动量守恒，则012mvmvmv=+222012111222mvmvmv=+解得1vgl=若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C，向左为正，对滑块P和滑槽组成的系统水平方向

动量守恒可得13mvmv=根据能量守恒可得22111322mvmvmglmgR−=+解得215LR=所以215LR（3）设物体P从滑上圆弧再返回刚好回到滑板最右端A点，物体P与滑板具有共同的速度v，此时μ有最小值，则有13mvm

v=根据能量守恒可得2211113222mvmvmgl−=联立解得116=当P滑块滑到凹槽C点又滑回到B点时，滑块P滑回B点时速度恰好为0，此时μ有最大值，利用动量守恒和能量守恒可得122mvmv

=2212211222mvmvmgl−=解得214=所以1164