广东省江门市2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题（含答案）

第第页广东省江门市2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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．真空中有A、B两个点电荷，相距10cm，B的带电量是A的5倍．如果A电荷受到的静电力是10−4A．5×10−4N B．10−4N C．0.2×10−4N 2．下列关于教科书上的四副插图，说法正确的是（）A．图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电C．图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了焦耳定律3．如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两电荷量大小相等的带电小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是（）A．甲、乙可能为同种电性B．甲、乙质量可能不同C．甲、乙质量一定不同D．点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同4．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为19VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为-9eV5．某手机的说明书标明该手机电池容量为5000mA·h，待机时间为16天；说明书还标明该手机播放视频的最长时间为18小时。下列说法正确的是（）A．5000mA·h表示该电池能够提供的电能总量B．手机播放视频时电流与待机时电流的比值为64C．放电时电池可输出的最大电荷量为1.8×107CD．电池充满电后以100mA的电流可连续工作5小时6．在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，现查询资料获知某薄膜金属材料的电阻率ρ，取一块厚度均匀、边长为L的该材料制成的正方形金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压U。通过薄膜的电流方向如图所示，测出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（）A．电流I越大，则薄膜厚度d越小B．电流I越大，则薄膜厚度d越大C．正方形边长L越大，所测定的电阻值越大D．正方形边长L越大，所测定的电阻值越小7．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，两极板分别接在恒压直流电源两端。若将云母介质移出，则电路稳定后（）A．极板间的电场强度不变 B．极板上的电荷量不变C．电容器的电压增大 D．电容器的电容增大8．密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电压调到U时，一带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，该油滴开始下落并很快达到匀速，通过显微镜可观测到这一速度大小为v。已知油滴所受阻力的大小与其速度的大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则该油滴所带电荷量的值为（）A．kvdU B．vdgkU C．kvUd二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9．如图所示，光滑绝缘的圆形轨道竖放置，圆心在O点，半径为R，A、B两点为其水平直径的两端点；两等量异种点电荷位于A、B连线的延长线上，到O点的距离相等。一电荷量为+q，质量为m的带电小球从A点以初速度v0A．A点的电势为mgRB．A、C间的电势差UAC等于B、D间的电势差C．由A点运动到D点，小球的机械能先减小后增大D．由D点运动到B点，小球的重力势能和电势能之和先减小后增大10．如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在b、d两个点处放有等量同种点电荷+Q。下列说法正确的是（）A．a、e、c、f四点电势相同B．沿直线O→f电场强度一定越来越大C．若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动D．若电子沿直线a→O→c运动，其电势能先增加后减少11．如图所示，质量为m、电荷量为＋q的带电小球（可视为点电荷）通过一长度为l的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上的O点，初始时静止于B点。某瞬间在天花板下方加上范围足够大且方向水平向右的匀强电场，小球将由静止开始运动，运动过程中轻绳始终绷紧，小球运动到最高点A时轻绳与竖直方向的夹角为θ（θ＜90°）。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球运动到A点时所受合力为0B．匀强电场的电场强度大小E=C．小球受到的电场力大小F=mgD．小球在运动过程中到达A点时的机械能最大12．如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电量q=1.0×10A．滑块机械能增加了1J，电势能减少了3JB．滑块机械能减少了2J，电势能减少了3JC．滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10JD．滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J三、实验题（本大题共2小题，共18分，考生根据要求作答）13．某研究小组用如图所示装置探究等量同种电荷间库仑力与距离的关系。器材有：专用支架、相同的导体小球A和B、刻度尺、丝线、米尺、天平、绝缘底座。（1）下列能使A、B小球带等量同种电荷的方式是。A．用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触BB．A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球，再移走带电体C．A、B小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B小球（2）用天平测量小球的质量m，悬挂点到小球球心的距离l，将小球B固定在绝缘底座上，A球用丝线悬挂在支架上，使小球带上等量同种电荷。某次实验中小球A静止位置和B固定位置如图所示，则A、B小球之间的距离r=cm。（3）本实验中l≫r，丝线与竖直方向夹角θ很小，tanθ≈sinθ，重力加速度g=9.8m/s2。本实验中若小球质量为10g，（4）缓慢移动绝缘底座，得到五组F、r数据，根据库仑定律，拟合的库仑力F与距离r的关系图像可能正确的是；A．B．C．14．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的（选填“电容”“电势差”或“电荷量”）变化情况。（2）在实验中观察到的现象是__________。（填正确答案前的标号）A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大C．将左极板右移，静电计指针的张角变小D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零（3）某兴趣小组用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。为增大该电容器的电容，下列方法可行的有__________。（多选，填正确答案前的标号）A．增大电容纸的厚度B．增大锡箔纸的厚度C．减小电容纸的厚度D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积（4）同学们用同一电路分别给两个不同的电容器充电，充电时通过传感器的电流I随时间t变化的图像如图丙中①、②所示，其中①对应电容器C1的充电过程，②对应电容器C2的充电过程，则两电容器中电容较大的是（选填“C1”或“C2”）。四、解答题（本题共3小题，共42分，考生根据要求作答）15．如图所示，在真空中的O点放一个点电荷Q=+1.0×10-9C，直线MN通过O点，OM的距离r=0.30m，M点放一个试探电荷q=-1.0×10－10C，（k=9.0×109N•m2/C2）求：（1）q在M点受到的电场力大小和方向；（2）M点的电场场强大小和方向；（3）只移走q后M点的电场场强大小；（4）带负电的q在点电荷+Q产生的电场中，M、N两点的电势能哪点大，电势哪点高？16．固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度E=3mg4q，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0（1）小球过A点时对细线的作用力的大小；（2）小球做圆周运动过程中的最小速率；（3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大？17．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力．（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）求OP的距离Y；（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】电荷之间的相互作用力，只有是在真空中两点电荷时，公式

F=kQqR2

才能适用．而A对B的静电力与B对A的静电力是作用力与反作用力的关系，所以大小相等，方向相反．故ACD错误，B正确。

故选B。

2．【答案】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。A．根据图甲可知，极板A与电源正极链接，极板A带正电，带负电的尘埃受到指向极板A的电场力作用，带负电的尘埃被收集在线状电离器A上，A错误；B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，B错误；C．图丙中摇动起电机，电极之间形成电场，将气体电离，电子被吸附到烟雾颗粒上，使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒可以向正极移动，工作原理为静电吸附，C正确；D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，D错误。故选C。

【分析】根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。3．【答案】C【解析】【解答】能够熟练掌握场强的叠加原理是解题的基础，要知道小球除受四个电荷对它们的电场力外，它们两个之间还存在着库仑力。D．水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，ac和bd分别为等量同种电荷，MN分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种的电荷周围的电场分布，可得，MN上甲、乙静止的两点的电场等大反向，故D错误；A．甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为F，若甲、乙为同种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定为不同电性，故A错误；BC．由A选项可得，甲、乙一定为不同电性，则电场力相同，库仑力等大反向，则甲、乙受到的电场力和库仑力的合力大小一定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故B错误，C正确。故选C。

【分析】根据等量同种电荷的电场线特点以及场强的叠加原理；对两球受力分析可知两球电性一定不同；两球受力平衡，根据重力和库仑力以及电场力的关系分析即可。4．【答案】A【解析】【解答】解答本题时，关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式U=Ed，要知道公式中d是两点沿电场方向的距离。运用电场力做功W=qU时，各个量均要符号运算。B．因为是匀强电场，ac与Ob平行，故电势差相等，原点O的电势为1V，B错误；A．Ob的电势差为16V，故x轴上电势差为2V/cm，则坐标x=4.5的点的电势为10V，连接该坐标点与a点。该连接线即为一个等势面。做Od垂直于该等势面，从几何知识可以得到，Od=3.6cm，则E=A正确；C．a点电势比b点电势小，电子带负电，根据E=φq可知，a点电势能反而大，C错误；D．根据电场力做功公式Wb到c，电势增加9V，电子带负电，电势能降低9eV，所以电子从b到c的过程中，电势能降低，电场力做正功，9eV，D错误；故选A。

【分析】根据匀强电场中电势差与电场强度的关系公式U=Ed，即可求解坐标原点处的电势；根据电势变化情况确定电场强度方向，由E=Ud分别求出电场强度沿x轴和y轴的分量，再合成求合电场强度大小；依据电势能公式E5．【答案】B【解析】【解答】A.5000mA·h表示该电池能够提供的总电量，不是总能量，选项A错误；B．根据电流定义式可得q=可得手机播放视频时电流与待机时电流的比值为I选项B正确；C．该手机电池容量为5000mA·h，放电时电池可输出的最大电荷量为q=5000mA·h=5A×3600s=1.8×104C选项C错误；D．根据电流定义式可得电池充满电后以100mA的电流可连续工作t=选项D错误。故选B。

【分析】根据电荷量的单位进行分析判断；根据电流的定义式列式求解比值；根据电荷量的公式计算求解电量和工作时间。6．【答案】B【解析】【解答】CD．设薄膜的厚度为d，根据电阻定律有所测的电阻值大小为R=ρ可知所测定的电阻值R与正方形边长L无关，故CD错误；AB．根据欧姆定律结合薄膜电阻为R=可得薄膜厚度为d=所以电流I越大，薄膜厚度d越大，故A错误，B正确。故选B。

【分析】根据欧姆定律和电阻定律列方程判断即可。7．【答案】A【解析】【解答】由电容的决定式C=εrS4πkd可知，移走云母介质后，介电常数减小，电容减小；接在恒压直流电源上，则两极板电压U不变，再由电场强度E=Ud，而d不变，因此电容器极板间电场强度不变；根据电容定义式C=8．【答案】A【解析】【解答】极板间的电场强度为E=油滴悬浮时，根据平衡条件有qE=mg撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件有kv=mg解得q=故选A。

【分析】根据静止状态下油滴的受力，以及匀速运动状态下油滴的受力情况得出电荷的带电量。9．【答案】A,D【解析】【解答】解决本题的关键是要知道等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其电势与无穷远处相同。在知道运用动能定理是求电势差常用的方法。

A．小球经过轨道最高点C时，对轨道的压力恰好为零，根据等量异种点电荷电场分布特点可知，此时重力刚好提供向心力，则有mg=m由于等量异种点电荷电场分布特点可知，等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势等于无穷远处电势，所以C点电势为0，小球从A到C过程，由动能定理可得q解得U故A正确；B．根据等量异种点电荷电场分布特点结合对称性可知，A、C间的电势差UAC等于D、B间的电势差UC．根据等量异种点电荷电势分布特点可知，由A点运动到D点，电势逐渐降低，小球带正电，则电场力对小球做正功，根据功能关系可知，小球的机械能一直增大，故C错误；D．小球在D点时，沿切线方向只有水平向右的电场力，与运动方向相同，小球速度增大；小球在B点，沿切线方向只有竖直向下的重力，与运动方向相反，小球速度减小；所以小球由D点运动到B点，小球的动能先增大后减小，由于小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，则该过程小球的重力势能和电势能之和先减小后增大，故D正确。故选AD。

【分析】小球经过轨道最高点C时，重力提供向心力。图中过O点的虚线是一条等势线，一直延伸到无穷远，O点的电势为零。小球从A运动到C点的过程，由动能定理求出AC两点间的电势差，从而得到A点的电势。根据等量异种点电荷电势分布特点结合能量的转化与守恒求解。10．【答案】A,C【解析】【解答】本题考查电场与电势的分布情况，解决本题的关键要掌握等量同种电荷的电场线和等势面的分布情况。A．a、e、c、f四点到两个正电荷的距离相同，可知四点电势相同，选项A正确；B．根据等量同种电荷中垂线的电场分布可知，沿直线O→f电场强度可能越来越大，也可能先增加后减小，选项B错误；C．电子在e点和f点受电场力大小相等且都指向O点，则若将电子从e点由静止释放，电子将在e、O、f之间往复运动，选项C正确；D．若电子沿直线a→O→c运动，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减少后增加，选项D错误。故选AC。

【分析】等量同种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，可根据电场线和等势面的对称性判断电场强度、电势的关系。根据公式Ep=qφ判断电势能变化情况。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．小球运动到最高点A时速度为0，但加速度不为0，所受合力不为0，选项A错误；BC．小球从B点运动到A点，由动能定理有

Eql可得

E=mg1−cosθD．小球从B点运动到A点的过程中，电场力对小球做正功，小球的机械能增加，因此小球在A点时的机械能最大，选项D正确。

故选BD。【分析】1.知道小球从B点运动到A点，速度先变大后变小，速度取得最大值时，加速度为零，即合力为零。

2.熟练运用功能关系分析电场强度以及电场力。

3.理解电场力做正功最多，说明电势能减少最多，即机械能增加最多。12．【答案】A,D【解析】【解答】本题考查重力做功与重力势能变化的关系以及电场力做功与电势能变化的关系，知道重力与电场力做正功时，重力势能与电势能都减小即可。AB．根据动能定理ΔWW则W因此机械能的增加量Δ电势能减小量Δ故A正确，B错误；C．滑块重力势能和电势能之和减少Δ重力势能减量等于重力做功10J，故C错误；D．滑块机械能和电势能之和减少Δ重力势能减少了10J，故D正确。故选AD。

【分析】根据功的公式分别求出电场力做的功和重力做的功，然后结合做功与势能的变化判断即可。13．【答案】C；2.20；2.2×10-3；C【解析】【解答】本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合库仑定律和受力分析即可完成分析。（1）A．用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触B，两球将带上不等量的同种电荷，选项A错误；B．A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球，再移走带电体，能使小球带等量异种电荷，选项B错误；C．A、B小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B小球，能使小球带等量同种电荷，选项C正确；故选C。（2）由图可知，A、B小球之间的距离r=2.20cm。（3）对小球受力分析可知，库仑力F=mg代入数据解得F=0.01×9.8×（4）根据F=k可知F−1【分析】（1）根据电荷守恒定律分析出小球的带电情况；

（2）熟悉刻度尺的读数规则并得出AB小球之间的距离；

（3）对小球进行受力分析，根据几何关系得出库仑力的大小；

（4）结合库仑定律分析。14．【答案】（1）电势差（2）C（3）C；D（4）C2【解析】【解答】（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。（2）A．将左极板向上移动一段距离，则两板正对面积减小，根据C=可知，电容器的电容C减小，根据U=可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A错误；B．向两板间插入陶瓷片时，根据C=可知，C变大，根据U=可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B错误；C．将左极板右移，根据C=可知，C变大，根据U=可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C正确；D．把左极板拿走，相当于增大d，根据C=可知，则C变小，根据U=可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D错误；故选C。（3）由平行板电容器因素决定式C=A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C正确；D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。故选CD。（4）用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，由于I-t图像面积表示带电量，电容器2带电量大，根据Q=CU可知，电容器的电容C1＜C2。即两电容器中电容较大的是C2。

综上第1空：电势差；第2空：C、第3空：CD；第4空：C2

【分析】（1）通过静电计观察两极板间电势差的变化；

（2）根据电容器电容C=εS4πkd和U=QC分析判断两极板电势差的变化；

（3）根据电容器电容（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。（2）A．将左极板向上移动一段距离，则两板正对面积减小，根据C=可知，电容器的电容C减小，根据U=可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A错误；B．向两板间插入陶瓷片时，根据C=可知，C变大，根据U=可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B错误；C．将左极板右移，根据C=可知，C变大，根据U=可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C正确；D．把左极板拿走，相当于增大d，根据C=可知，则C变小，根据U=可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D错误；故选C。（3）由平行板电容器因素决定式C=A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C正确；D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。故选CD。（4）用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，由于I-t图像面积表示带电量，电容器2带电量大，根据Q=CU可知，电容器的电容C1＜C2。即两电容器中电容较大的是C2。15．【答案】（1）解：q在M点受到的电场力F=kqQ（2）解：M点的电场场强大小E=kQ（3）解：只移走q后M点的电场场强大小E=k（4）解：将q从M点移到N点，电场力做负功，电势能增大，电势能N点大。电场线的方向由M点指向N点，沿着电场线的方向电势降低，所以M点电势高。【解析】【分析】（1）根据库仑定律F=kqQr2求出q在M点受到点电荷Q的电场力大小与方向；（3）电场某点的电场强