广东省广州市三校联考2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题（广大附、铁一、广外）（含解析）

2024-2025学年第一学期期中三校联考
高二物理问卷
本试卷共6页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
第I卷 选择题（46分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有＋q和－q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（　　）
A．悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mg
B．悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mg
C．悬线OA不发生偏离，OA中的张力小于2mg
D．悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大
2．高压电线落地可能导致行人跨步电压触电。如图所示，若高压输电线掉落在水平地面上的O点，且O点附近地质结构分布均匀，将在地面形成以O为圆心的一系列同心圆等势线。下列说法正确的是（　　）
A．图中A点的电场强度小于B点的电场强度
B．图中A点的电场强度等于B点的电场强度
C．行人无论向哪个方向跨步，两脚间距离越大跨步电压越大
D．行人无论向哪个方向跨步，两脚间距离越大跨步电压越小
3．如图甲是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．如图乙是喷涂原理示意图，静电喷涂利用了电荷之间的相互作用．下列表述正确的有（　　）
A．图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在右侧，静电力对矿粉做正功
B．图甲中，对矿粉分离的过程，带正电的矿粉落在左侧，静电力对矿粉做负功
C．图乙中，涂料微粒带负电，喷嘴与工件之间的电场为非匀强电场
D．图乙中，涂料微粒带正电，喷嘴与工件之间的电场为匀强电场
4．如图所示，A，B，C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，为直流电源，为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光．由此可以判断a、b、c可能分别为（ ）
A．a组件是电阻器，b组件是电感器，c组件是电容器
B．a组件是电感器，b组件是电阻器，c组件是电容器
C．a组件是电容器，b组件是电感器，c组件是电阻器
D．a组件是电阻器，b组件是电容器，c组件是电感器
5．某学习小组探究一段金属导体的导电特性，通过实验，得到了如图所示的U-I图像，以下关于这段金属导体的说法正确的是（　　）
A．由图像可知电流增大时电阻变小
B．根据图中P点的斜率可得P点的电阻为12.5Ω
C．流过导体的电流为0.8A时，电阻为3.75Ω
D．该金属导体是线性元件
6．如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（　　）
A．在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FAB．电子在B点电势能小于在A点电势能
C．把电子从b等势面移动到e等势面，静电力做功为15eV
D．在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将做曲线运动
7．某同学用伏安法测一个未知电阻，用甲、乙图所示的电路各测试一次，依图甲测得的数据是，，依图乙测得数据是，，下列说法正确的是（ ）
A．用甲电路测量的误差小些，真实值应小于
B．用甲电路测量的误差小些，真实值应大于
C．用乙电路测量的误差小些，真实值应小于
D．甲电路的电流和乙电路的电压都是准确值，所以电阻的真实值为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为U1和U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为I。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化），下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡L3变亮，L1、L2变暗
B．U1 < U2
C．不变
D．不变
9．如图所示，三个完全相同的带正电的点电荷A、B、C分别放置在绝缘圆环的三个等分点上，三条分别过点电荷的直径相交于绝缘圆环a、b、c三点，圆环的圆心为O，下列说法正确的是（　　）

A．a、b、c三点的电场强度相同
B．O点的电场强度为零
C．a、b、c三点的电势相等
D．从O点至b点移动正试探电荷，电场力做正功
10．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球水平位移x1与x2的比值1：3
B．小球水平位移x1与x2的比值1：4
C．小球落到B点时的动能为32J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为
第II卷 非选择题（54分）
三、实验题：本大题2小题，共16分。
11．（8分）某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A．电池组（3V，内阻约1Ω）
B．电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）
C．电流表A2（0~0.6A，内阻约0.125Ω）
D．电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）
E．电压表V2（0~15V，内阻15kΩ
F．滑动变阻器R1（0~20Ω，允许最大电流1A）
G．滑动变阻器R2（0~2000Ω，允许最大电流0.3A）
H．开关、导线若干
(1)上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母）。电路应选 ，（填甲图或乙图）。
(2)请根据在（1）问中所选的电路图，完成实物连接
(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为 mm。
12．（8分）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__________。
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__________。
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、计算题：本大题3小题，共38分。
13．（10分）如图所示，光滑绝缘竖直细杆与以正点电荷O为圆心的圆周交于B、C两点．一质量m、带电量为-q的空心小球从杆上A点无初速下落．设AB = BC= h，小球滑到B点的速度为 ，重力加速度为g，试求：
（1）小球滑至C点的速度；
（2）A、C两点的电势差．
14．（12分）在方向水平向右，大小为E=6000N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲是质量为m1=2×10-4kg，带电量为q1=2×10-9C的正电荷，乙是质量为m2=1×10-4kg，带电量为q2=1×10-9C的负电荷，开始时细绳处于拉直状态，由静止释放两滑块，t=5s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力．求:
(1)细线断裂前两滑块的加速度；
(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值。
15．（16分）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．
参考答案：
1．D
【解析】ABC．A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：，因此有：α=0；而绳子的拉力等于2mg；故ABC不符合题意；
D．以小球B为研究对象，AB绳子的拉力: -F库>mg-F库，而不加电场时，F=mg-F库，故D符合题意．
故选：D．
【点睛】加电场前，对两电荷受力分析，判断绳对A及B的拉力大小；加电场后，再对AB受力分析，比较两种情况下的拉力即可．
2．A
【解析】AB．距离O点越远的位置场强越小，则图中A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A符合题意，B不符合题意；
CD．根据U=Ed可知，行人在OA连线上跨步时，两脚间距离越大跨步电压越大；沿着某同心圆上跨步时，无论两脚间距离多大，则电势相等，选项CD不符合题意；
故选A。
3．C
【解析】AB．由题意可知，带正电的矿粉受负极板的吸引落至左侧，此过程静电力做正功；同理可知，带负电的矿粉落至右侧，静电力做正功，故AB不符合题意；
CD．根据电荷间的相互作用特点结合图乙分析，静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷涂的目的，喷嘴与工件之间的电场是非匀强电场，由图可知，待喷涂工件带正电，所以涂料微料应带负电，故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
4．A
【解析】根据题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；
当接“2”交流电源时，Ａ灯仍正常发光，说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻器，c为电容器；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感器；由以上的分析可以知道，A符合题意，BCD不符合题意
故选A
【点睛】电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频；交流或直流对导体的电阻器没有影响．
5．C
【解析】A．根据 结合图像可知，斜率变大，则电流增大时，电阻变大，故A不符合题意；
B．计算P点电阻时，根据欧姆定律，则
故B不符合题意；
C． 流过导体的电流为0.8A时，电压为3V，故电功率
故C符合题意；
D．伏安特性曲线常被用来研究导体电阻的变化规律，是物理学常用的图像法之一、常用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，以此画出的I-U图像叫作导体的伏安特性曲线图。伏安特性曲线是一条过原点的直线的电学元件，叫作线性元件。伏安特性曲线是过原点的曲线的电学元件，叫作非线性元件，故D不符合题意。
故选C。
6．C
【解析】A．因A点的等势面较B点密集，可知A处的场强比B处场强大，则在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FA>FB，选项A不符合题意；
B．因AB两点在同一等势面上，则电子在B点电势能等于在A点电势能，选项B不符合题意；
C．把电子从b等势面移动到e等势面，电势升高15V，则电子的电势能减小15eV，则静电力做功为15eV，选项C符合题意；
D．电场线与等势面正交，则过F点的电场线水平向右，则沿在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将沿虚线做直线运动，选项D不符合题意。
故选C。
7．A
【解析】电流相对变化为
电压相对变化为
对比可知电压表分流对实验影响大，所以应选择电流表接法（图甲），被测阻值为
由于电压表的读数大于待测电阻两端电压，则测量值偏大，即真实值应小于，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
8．CD
【解析】A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮；变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗；总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮，A不符合题意；
B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所，B不符合题意；
C．由得，不变，C符合题意；
D．由得，不变，D符合题意；
故选CD。
【点睛】电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析，运用总量法分析两电压表读数变化量的大小；运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。
9．BCD
【解析】A．根据点电荷电场强度的表达式和电场的叠加得出a、b、c三点的电场强度大小相等，但方向不相同，A不符合题意；
B．根据得出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，结合电场强度的合成得出O点电场强度为零，B符合题意；
C．沿着电场线电势逐渐降低，利用对称性得出a、b、c三点的电势相等，C符合题意；
D．根据正电荷周围电场线的分布以及电场强度的叠加原理得出Ob连线上的合场强沿Ob方向，将正试探电荷从O点移动至b点时电场力做正功，D符合题意。
故选BCD。
10．ACD
【解析】AB．将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动。在竖直方向，由对称性原理可知，上升过程所用的时间与下降过程所用的时间相等；故在水平方向，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A符合题意；B不符合题意；
C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为vBx，竖直分速度为vBy，由竖直方向运动对称性知
对于水平分运动运用动能定理，A到M有
A到B有
又
s1：s2=1：3
解得
F（s1+s2）=24.0J
则
故C符合题意；
D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则水平方向有
Fs1=6.0J
即
竖直方向有
Gh=8.0J
即
所以
由图可知
根据三角函数关系可得
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的P点，故
故D符合题意。
故选ACD。
【点评】本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解！
11．(1) C D F 乙图 (2)见解析 (3)0.900
【解析】（1）电池组电动势为3V，为确保电压表的安全与精度，电压表0~3V，即选择D，由于待测电阻丝的电阻约为5Ω，则通过电阻丝的最大电流约为
为确保电流表的安全与精度，电流表选择0~0.6A，即电流表选择C；
为确保电压与电流测量数据的连续性，滑动变阻器选择总阻值与待测电阻丝电阻相差小一些的0~20Ω，即滑动变阻器选择F；
由于
表明电流表的分压影响大，测量电路应排除电流表分压影响，采用电流表外接法，可知，电路应选乙图。
（2）根据在（1）问中所选的电路图，完成实物连接如图所示
（3）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
12．(1)电势差 (2)C (3)CD (4)C2
【解析】（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
可知，电容器的电容C减小，根据
可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A不符合题意；
B．向两板间插入陶瓷片时，根据
可知，C变大，根据
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B不符合题意；
C．将左极板右移，根据
可知，C变大，根据
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C符合题意；
D．把左极板拿走，相当于增大d，根据
可知，则C变小，根据
可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D不符合题意；
故选C。
（3）由平行板电容器因素决定式
A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A不符合题意；
B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B不符合题意；
C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C符合题意；
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符合题意。
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。
13．（1）；（2）
【解析】（1）由于B、C是等势的，小球从B到C，电场力不做功，机械能不变，因此得
解得
（2）A、C两点的电势差就是A、B两点的电势差．从A到B运用动能定理得
得
14．(1)0.02m/s2；(2)
【分析】根据题中对甲乙两物体运动情况描述可知，本题考查带电物体在电场中运动，根据整体和隔离方法，运用牛顿第二定律公式、运动学公式、动能定理公式、电场力做功公式等，进行求解。
【解析】对甲乙整体分析有
F合=q1E+q2E=(m1+m2)a0
可得
（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大．细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为
s0＝a0t2＝×0.02×32m＝0.09m
此时甲、乙的速度均为
v0=a0t=0.02×3m/s=0.06m/s
细绳断裂后，乙的加速度变为
从细绳断裂乙速度为零，乙发生的位移s乙′为
整个运动过程乙发生的最大位移为
s乙max=s0+s乙′=0.09+0.03m=0.12m
此时乙的电势能增量为
15．（1） （2） （3） （4）增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；
【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知：
解得：
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：
L=v0t
则沿电场方向：
侧移量：
y＝at2
联立解得：
（3）由几何关系可知：
得：
（4）该示波器的灵敏度
解得：
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度；