广东省深圳宝安第一外国语学年2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题（含答案）

第第页广东省深圳宝安第一外国语学年2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题一、单选题：（本大题共8小题，每小题4分，共32分）1．使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（）A． B．C． D．2．如图所示，质量为m、带电量为+q的小球A，用长度为L的绝缘细线悬挂于天花板上的O点。在O点的正下方2L处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A静止时，细线与竖直方向的夹角为60°。已知两个带电小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B的位置，仍可使A球静止在原来的位置，其他条件不变，则小球B对A球的静电力的大小不可能是（）A．33mg B．mg C．3mg D．23．两条长度相同、由同种材料制成的均匀电阻丝a、b，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（）A．电阻丝a的直径是b直径的0.3倍B．将a、b并联后，其I−U图线位于a、b之间C．将a、b串联后接入电路，a、b两端电压之比为10∶3D．将a、b并联后接入电路，通过a、b的电流之比为2∶54．如图A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm，把一个电荷量q=10−5C的正电荷从A移到B，电场力的做功为零；从B移到A．865V/m，垂直AC向左 B．865V/m，垂直C．1000V/m，垂直AB斜向上 D．1000V/m，垂直5．离子推进器可以为宇宙飞船提供推力，其原理简化图如图所示，近乎静止的正离子在高压电场作用下，从针状电极A向环形电极B运动，期间撞击由中性粒子组成的推进剂，使推进剂加速向后喷出，从而向前推进飞船。在此过程中，下列说法正确的是（）A．中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小B．电极A的电势高于电极B的电势C．正离子与中性粒子组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小6．莱顿瓶是一种早期的电容器，主要部分是一个玻璃瓶，瓶里瓶外分别贴有锡箔，瓶里的锡箔通过金属链跟金属棒连接，金属棒的上端是一个金属球，通过静电起电机连接莱顿瓶的内外两侧可以给莱顿瓶充电，下列说法正确的是（）A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越厚，莱顿瓶容纳的电荷越多B．瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关7．将四个相同的灵敏电流计分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，R为定值电阻，下列说法正确的是（）A．对于电压表，是把灵敏电流计与大电阻并联改装而成的B．A1指针的偏角等于A2指针的偏角C．定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1或A2的读数D．V1的读数小于V2的读数，V1指针的偏角大于V2指针的偏角8．如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为−q的粒子（不计重力），以初速度v0A．粒子在x2点的速度为0B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为2qD．若v0=二、多选题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分）9．如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则A．B球和C球都带负电荷 B．B球带负电荷，C球带正电荷C．B球和C球所带电量一定相等 D．B球和C球所带电量不一定相等10．电晕放电在电选矿、静电除尘等方面均有广泛应用。以针板式电晕放电为例，如图，在针板式电极场中，在高电压作用下，针式电极周围空气被电离，在周围产生电晕区，生成正离子和负离子。电晕区的负离子在电场力的作用下向集尘极移动，途中黏附在灰尘上，并在电场力作用下继续向集尘极移动，最后沉积在集尘极上面。下列说法正确的是（）A．供电装置上端为电源正极，下端为电源负极B．供电装置上端为电源负极，下端为电源正极C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电势能减小D．带电灰尘飞向集尘极的过程中，做匀加速直线运动11．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是（）A．电压表、电流表示数均变大B．定值电阻R0中将有从右向左的电流C．电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变D．灯泡L功率将会减小12．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入，落到极板A、B、C处，如图所示，则（）A．油滴A带正电，B不带电，C带负电B．三个油滴在电场中运动时间相等C．三个油滴在电场中运动的加速度aA<aB<aCD．三个油滴到达极板时动能EkA=EkB=EkC三、实验题：（本大题共2小题，共18分）13．某同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容实验，采用8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。（1）下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器放电B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小C．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电（2）用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示，根据图像可估算出1s到4s内曲线下包含的小格的个数大约为40个，根据图像估算出释放的电荷量为C（结果保留两位有效数字）。（3）根据前面的信息，计算出电容器的电容为F（结果保留一位有效数字）（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时i-t曲线与横轴所围成的面积将（填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将（填“变长”“不变”或“变短”）。14．在“测量金属丝的电阻率”时，某实验小组选用的主要仪器有：待测金属丝（接入电路的长度为50.00cm，电阻约几欧），电压表V（0~3V，内阻约2kΩ；0~15V，内阻约15kΩ），电流表A（0~3A，内阻约0.01Ω；0~0.6A，内阻约0.05Ω），滑动变阻器R（0~10Ω，0.6A），干电池两节，导线若干。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数应为mm；游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为：L=mm；（2）请用笔画线代替导线，在图乙中完成实物电路的连接；（3）实验中，调节滑动变阻器，记录到的电压表和电流表的示数如表所示，请在图丙中作出U−I图线；U/V1.051.402.002.302.60I/A0.220.280.400.460.51（4）进一步分析，可得金属丝的电阻率ρ=Ω∙m（结果保留两位有效数字）；（5）测得的电阻率比真实值偏大可能原因有__________。A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大C．电压表内阻不够大导致测出的电阻偏大D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小四、计算题：（本大题共3小题，15题8分、16题10分、17题12分，共30分）15．如图，在竖直平面内，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平光滑轨道相切于A点。整个系统处于水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m=0.02kg，电荷量q=1×10−4C（1）电场强度E的大小：（2）小球在水平轨道上运动的距离。16．如图所示，R3=0.5Ω，S断开时，两表读数分别为0.4A和2.4V(1)R1、R(2)电源的电动势和内阻。17．质谱仪可对离子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L，a、b间的电压为U1，M、N间的电压为U2。不计离子重力及进入a板时的初速度。求：（1）离子从b板小孔射出时的速度大小；（2）离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；（3）为保证离子不打在极板上，U2与U1应满足的关系。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AC．当金属球带正电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（负电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（正电荷），故AC错误；BD．当金属球带负电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（正电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（负电荷），故B正确，D错误。故答案为：B。

【分析】1.静电感应规律：近端感应异种电荷，远端感应同种电荷（验电器整体电中性）。

2.选项匹配：根据“近端异种、远端同种”，判断箔片与金属球的电荷极性。2．【答案】A【解析】【解答】由力的平衡条件可知，小球A所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为F所以电场力不可能等于33mg，可能等于mg、3mg或故答案为：A。

【分析】1.力的平衡：三力平衡，矢量三角形封闭。2.最小值求解：静电力与拉力垂直时，对应矢量三角形的直角边（最小值）。3.范围判断：最小值为323．【答案】C【解析】【解答】A．根据图线的斜率表示电阻的倒数，可得电阻之比为R根据电阻定律R=ρ其中S=由于长度相同，材料相同，可得电阻丝a的直径与b直径之比为daB．由上可知将a、b并联后，其并联电阻小于Rb，所以图线的斜率最大，其位于b的左侧，故B错误；C．将a、b串联后接入电路，根据串联电流相等，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以有UaD．将a、b并联后接入电路，根据并联电压相等，则通过a、b的电流大小与电阻成反比，通过a、b的电流之比为Ia故答案为：C。

【分析】1.电阻计算：I-U图像斜率的倒数为电阻，结合电阻定律（R=ρL2.串并联规律：串联：电流相等，电压与电阻成正比（U1并联：电压相等，电流与电阻成反比（I13.图像斜率：斜率表示1R4．【答案】D【解析】【解答】把一个正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知AB为等势面，从B移到C，电场力做功为−1.73×10−3JU根据沿电场线电势降低，可知匀强电场的场强方向垂直AB斜向下，该匀强电场的场强大小为E=故选D。

【分析】根据电场力做功公式W=Uq，由WAB=0确定AB为等势面；由WBC求解U5．【答案】B【解析】【解答】A．电场线疏密反映场强：C点电场线比D点密集，ECB．正离子从A→B运动，电场力方向与运动方向一致，则电场方向A→B（正电荷受力方向），沿电场线电势降低，则φAC．碰撞期间动量守恒，机械能减小，故C错误；

D．正离子电势能

Ep=qφ（q>0）

电势越高，电势能越大，φA故答案为：B。

【分析】A：电场线疏密，场强大小（密→大）。B：正离子运动方向为电场方向，则沿电场线电势降低。C：碰撞动量守恒（内力远大于外力），但机械能因碰撞损失。D：正电荷电势能与电势正相关。6．【答案】B【解析】【解答】本题主要考查了电容器的相关应用，关键要理解电容的物理意义，注意理解电容的决定式。AD．由电容器的决定式知C=玻璃瓶瓶壁越厚即d越大，电容越小，充电电压一定时，莱顿瓶容纳的电荷越少，AD错误；B．由电容器的决定式知，瓶内外锡箔的正对面积越大，莱顿瓶的电容越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强，B正确；C．电容是电容器本身的性质，跟充电电压无关，C错误。故选B。

【分析】根据题目条件结合电容的决定式C=εS7．【答案】C【解析】【解答】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，故A错误；B．根据串联电路特点可知两电流表的电流相等，由于电流表A1的量程小于A2的量程，所以故A1指针的偏角大于A2指针的偏角；故B错误；C．电压表的示数表示自己两端的电压，V1与V2串联后与定值电阻R并联，则定值电阻R两端的电压等于V1与V2的读数之和。A1或A2的读数等于定值电阻R与电压表的电流之和，故定值电阻R通过的电流小于A1或A2的读数，故C正确；D．两电压表串联，则其中的两灵敏电流计串联，根据串联电路特点可知两灵敏电流计的电流相等，故电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的内阻大于V2的内阻，根据串联电路电压分配特点，可知电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故D错误。故答案为：C。

【分析】1.清楚电流表是通过并联小电阻、电压表是通过串联大电阻来进行改装的这一原理。2.在串联电路里，电流处处相等，指针偏角和通过灵敏电流计的电流相关；在并联电路中，各支路电压相等，电压分配和电阻大小有关。3.分析定值电阻R时，要考虑其与V1、V2并联的电压关系，以及A1、A2测量的是干路电流，从而明确R的电流与A读数的大小关系。8．【答案】C【解析】【解答】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿x轴，在0∼x1范围内电场强度沿x轴负方向，在x1∼x3范围内电场强度沿A．粒子到达x2处时，电势变化量为0，所以根据公式Ep=qU可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为B．x1C．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达x3处，若粒子能够到达x3处，由功能关系可得，需满足在这一过程中初动能大于等于电势能的增加量，12mD．由题意可知，粒子到达x1处时，速度最大，若v0=2q解得粒子在运动过程中的最大动能Ek故答案为：C。

【分析】1.φ−x图像的物理意义：斜率表示场强E（E=−dφ2.电场力做功与能量：电场力做正功，电势能减小、动能增大；做负功，电势能增大、动能减小。3.临界条件：粒子到达最远点的最小初速度，需保证初动能至少克服最大电势能增量。9．【答案】A,C【解析】【解答】AB.B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A正确、B错误；

CD.由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C正确，D错误；

故答案为：AC．

【分析】AB：对B球进行受力分析，依据重力与库仑力合力为0的条件，结合A球的电性，确定B、C球的电荷种类，正电的A球会吸引负电的B、C球。CD：利用几何对称（A到B、C距离相等）的特点，结合库仑定律，判断出B、C球的电量关系，对称情况下B、C对A的库仑力对称，进而得出B、C电量相等。10．【答案】B,C【解析】【解答】静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。AB．负离子在电场力的作用下向集尘极移动，说明集尘极为正极，故供电装置上端为电源负极，下端为电源正极，A项错误，B项正确；C．带电灰尘飞向集尘极的过程中，电场力做正功，电势能减小，C项正确；D．由于电场并非匀强电场，另外，灰尘受到重力作用，所以带电灰尘做变加速运动，D项错误。故选BC。

【分析】根据负离子的运动情况能判断供电装置的正负极；电极附近电场强度越大；根据电场力做功判断电势能变化；根据灰尘受力情况判断物体做何种运动。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的电流表示数变大；并联的电压表示数减小，故A错误；B．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器并联的电容器两端的电压变大，由Q=CU可知，电容器充电，即定值电阻R0C．根据闭合电路欧姆定律可知U=E−Ir，所以ΔUD．当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器电阻减小，根据“串反并同”可知，与滑动变阻器串联的灯泡L的功率增大，故D错误。故答案为：BC。

【分析】1.动态电路分析：滑片移动改变滑动变阻器电阻，结合闭合电路欧姆定律，分析总电流、路端电压、灯泡功率变化。

2.电容器充放电判断：依据滑动变阻器分压变化，确定电容器电压变化，进而判断充放电及定值电阻电流方向。

3.变化量关系推导：利用闭合电路欧姆定律表达式，推导电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值，明确其与电源内阻的关系。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可知F合=ma，三个油滴的质量相等，加速度越大，合外力越大，故C油滴受到的合外力最大，C油滴带负电，A油滴受到的合外力最小，A油滴带正电，B油滴不带电，A正确；

可知，三个油滴在电场中运动的时间t竖直方向上做匀加速直线运动，偏转的位移相等，则有y=解得a=2yt2D．根据动能定理可知，重力与电场力所做的功等于其动能的变化量，三个油滴的初动能相等，重力做功相等，电场力对A油滴做负功，对C油滴做正功，对B油滴不做功，故三个油滴到达极板的动能大小为EkC故答案为：AC。

【分析】1.运动分解：将油滴运动分解为水平匀速和竖直匀加速，利用水平位移求运动时间，结合竖直位移和时间求加速度。

2.受力与电荷判断：依据加速度大小判断合力大小，结合电场方向确定电荷受力，进而判断电荷种类。

3.动能分析：通过动能定理，考虑重力和电场力做功情况，比较动能变化。13．【答案】（1）D（2）3.2×10-3（3）4×10-4（4）不变；变短【解析】【解答】（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。故答案为：D。（2）根据图像估算出释放的电荷量为Q=40×0.2×0.4×10−3C=3.2×（3）电容器的电容为C=QU=4×10（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，

故答案为：不变；变短

【分析】1.充放电原理：开关掷1充电（极板带电规律），掷2放电；电容由电容器本身决定。2.i-t图像含义：面积代表电荷量。3.电容计算：C=QU（充电电压4.电阻影响：放电电流与R成反比（i=UR），但电荷量不变（面积不变），时间随（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。故选D。（2）根据图像估算出释放的电荷量为Q=40×0.2×0.4×（3）电容器的电容为C=（4）[1][2]如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，14．【答案】（1）0.400；101.55（2）（3）（4）1.3×10−6Ω·m（5）A；B【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为

d=0mm游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为

L=101mm+11×0.05mm（2）两节干电池的电动势大约3V，所以电压表的量程选择0~3V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6A，所以电流表量程选择0~0.6A的，且根据题意可知

R所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，

故则实验的电路图：（3）图线如图所示（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为Rx=5.0Ω；根据电阻定律有

ρ=Rx（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。故答案为：AB。

【分析】（1）掌握螺旋测微器（固定+可动）、游标卡尺（主尺+游标尺）的读数规则。（2）根据Rx与、R（3）（4）U-I图线斜率表示电阻，利用电阻定律R=ρL（5）分析直径测量、温度影响、电表接法对R的影响，进而影响ρ。（1）[1][2]螺旋测微器读数为d=0游标卡尺测量长度如图丁所示，可知其长度为L=101（2）两节干电池的电动势大约3V，所以电压表的量程选择0~3V的，通过滑动变阻器的最大电流为0.6A，所以电流表量程选择0~0.6A的，且根据题意可知R所以电流表采用外接法，滑动变阻器选用限流式接法，则实验的电路图为（3）图线如图所示（4）由图可知，图线的斜率大约为5.0，则金属丝的电阻为R根据电阻定律有ρ=（5）A．金属丝粗细不均匀导致测出的直径偏大会导致测得的电阻率偏大，A正确；B．开关闭合时间过长导致测出的电阻偏大会导致测得的电阻率偏大，B正确；C．由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，电阻测量值偏小，则电阻率测量值会偏小，C错误；D．滑动变阻器阻值偏小导致测量范围偏小，这与结果的精确度无关，D错误。故选AB。15．【答案】（1）解：设小球在B点的速度大小为v2，小球在最高点的速度大小为v3由受力分析可知，小球从B点飞出后，水平方向做匀加速运动，加速度大小为a竖直方向做匀减速运动，加速度大小为a由速度公式有0−v2联立以上各式并代入数据得E=2000N（2）解：设小球在A点的速度大小为