山西省大同市2024-2025學年高二上學期10月聯(lián)考物理試題

2024～2025學年高二10月質(zhì)量檢測卷物理（B卷）考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽宇筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：必修第三冊第九章至第十章。一、選擇題（本題共10小題，共46分.在每小題給出的四個選項中，第1～7題中只有一項符合題目要求，每小題4分，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1.如圖所示，摩擦過的琥珀靠近桌面上的碎紙屑時，發(fā)現(xiàn)紙屑飛起來與琥珀接觸后又快速地離開，關(guān)于這個現(xiàn)象，下列說法正確的（）A.摩擦過的琥珀不帶電B.碎紙屑原來帶正電C.紙屑飛起來是萬有引力結(jié)果D.紙屑與琥珀接觸后又快速地離開是因為紙屑帶上琥珀同種電荷【答案】D【解析】【詳解】摩擦過的琥珀帶了電荷，從而會吸引輕小物體，當紙屑被吸到琥珀上時，電荷會發(fā)生轉(zhuǎn)移，從而使原來不帶電的紙屑也帶上了同種電荷，由于同種電荷互相排斥而快速地離開。故選D。2.關(guān)于元電荷、電荷與電荷守恒定律，下列說法正確的是（）A.元電荷e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根通過實驗測得的B.元電荷是指電子，電量等于電子的電量，體積很小的帶電體是指點電荷C.單個物體所帶的電量總是守恒的，電荷守恒定律指帶電體和外界沒有電荷交換D.利用摩擦起電可使任何物體帶電，質(zhì)子和電子所帶電荷量相等，比荷也相等【答案】A【解析】【詳解】A．元電荷e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根通過實驗測得的，故A正確；B．元電荷是帶電量的最小單元，元電荷等于電子或質(zhì)子的電荷量；當帶電體的形狀大小在研究的問題中可以忽略不計時，帶電體可以看成點電荷，故B錯誤；C．在與外界沒有電荷交換的情況下，一個系統(tǒng)所帶的電量總是守恒的，電荷守恒定律并不意味著帶電系統(tǒng)一定和外界沒有電荷交換，故C錯誤；D．利用摩擦起電可使物體帶電，質(zhì)子和電子所帶電荷量相等，但它們的質(zhì)量不相等，比荷不相等，故D錯誤。故選A。3.甲、乙、丙三個完全相同的帶電小球所帶的電荷量分別為、、。進行了如下操作：①將甲、乙接觸后分開；②甲、丙接觸后分開；③乙、丙接觸后分開。則下列說法正確的是（）A.最終甲所帶的電荷量為B.最終丙所帶的電荷量為C.第①操作有電荷量為的電子從乙到甲D.第③操作有電荷量為的電子從丙到乙【答案】C【解析】【詳解】①將甲、乙接觸后分開，則甲、乙所帶的電荷量為第①操作從乙到甲的電子電荷量為②甲、丙接觸后分開；則甲、丙所帶的電荷量為③乙、丙接觸后分開，則乙、丙所帶的電荷量為第③操作從乙到丙的電子電荷量為最終甲所帶的電荷量為；最終乙、丙所帶的電荷量為。故選C。4.如圖所示，A、B、C、D為真空中正方形的四個頂點，O為AB中點，P為CD中點，A點固定電量為點電荷、B點固定電量為的點電荷，則（）A.O點電勢高于P點電勢 B.O點電勢低于P點電勢C.O點電場強度大于P點電場強度 D.O點電場強度等于P點電場強度【答案】C【解析】【詳解】AB．、位于等量異種點電荷中垂線上，電勢相等，故AB錯誤；CD．在等量異種點電荷連線的中垂線上，與兩點電荷連線的交點處，電場強度最大，故C正確，D錯誤。故選C5.如圖所示，12個帶電量均為＋q的點電荷，均勻?qū)ΨQ地分布在半徑為r的圓周上，某時刻，P、Q兩處的點電荷電量突然減為零，則O點的電場強度大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】P、Q兩處的點電荷在O點激發(fā)的電場強度大小相等，即P、Q兩處點電荷在O點的合場強為P、Q兩處的點電荷電量突然減為零時，O點的電場強度大小為故選A。6.某靜電場中的x軸上，一個帶電粒子在O點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正向運動，帶電粒子的電勢能隨粒子在x軸上的位置變化規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是（）A.帶電粒子帶負電 B.帶電粒子先做加速運動后做減速運動C.帶電粒子運動的加速度不斷減小 D.帶電粒子的電勢能先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】A．由于電場方向不確定，因此粒子的電性無法確定，故A錯誤；BD．由圖象可知粒子的電勢能一直減小，所以粒子的動能一直增加，即粒子一直做加速運動，故BD錯誤；C．由于電場力因此圖象的切線斜率大小反映電場力大小也反映加速度大小，由圖象可知粒子運動過程中加速度一直減小，故C正確。故選C。7.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板a與下極板b帶等量的異種電荷，上極板a與靜電計相連，電容器兩極板間的電勢差等于指針所指示的電勢差，P是兩極板間一個點，一質(zhì)量為m的帶電小球在P點正好處于靜止狀態(tài)，已知靜電計的指針帶正電，規(guī)定大地的電勢為0，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.把a極板向上移動一小段距離，則P點的電勢不會改變B.靜電計指針的偏角越大，表示電容器兩極板間的電壓越小C.若兩極板間的電壓為U，兩極板間的距離為d，則小球的帶電量為D.極板a的電勢低于靜電計外殼的電勢【答案】A【解析】【詳解】A．由公式、、可得當把極板a向上移動一小段距離，兩極板間的距離d增大，但對E無影響，則有可知，不變，故A正確；B．因為電容器兩極板間的電勢差等于指針所指示的電勢差，所以靜電計指針偏角的變化表征了電容器兩極板間電勢差的變化，靜電計指針偏角越大，表示電容器兩極板間的電壓越大，故B錯誤；C．兩極板間勻強電場的方向向下，由二力平衡可得小球受到的電場力豎直向上，則小球帶負電，由解得故C錯誤；D．因為靜電計的指針帶正電，則極板a帶正電，極板b帶負電，極板a的電勢高于極板b的電勢，又因為極板b與靜電計外殼均接地電勢相等均為0，則極板a的電勢高于靜電計外殼的電勢，故D錯誤。故選A。8.如圖所示，A、B兩個帶等量電荷的小球用繞過光滑定滑輪的絕緣細線連接處于靜止狀態(tài)﹐A球與光滑絕緣豎直墻面接觸，A、B兩球到定滑輪的距離相等，連接A球的絕緣細線豎直，A、B間的距離為L，A、B連線與豎直方向的夾角為60°，A球?qū)ωQ直墻面的壓力為F，不計小球大小，靜電力常量為k，則（）A.小球A的重力為 B.小球B的重力為C.細線對滑輪的作用力大小為2F D.小球A的帶電量為【答案】AC【解析】【詳解】AB．對B受力分析如圖，可知B受繩子拉力T，自身重力GB，庫侖力，根據(jù)共點力平衡條件有T=GB=對A受力分析，根據(jù)共點力平衡條件有解得T=GB==，故A正確，B錯誤；C．細線對滑輪的作用力大小為故C正確；D．根據(jù)庫侖定律可知解得小球A的帶電量為故D錯誤。故選AC。9.如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法不正確的是（）A.M、N兩點電場強度相同 B.M、N兩點電勢相同C.負電荷在M點電勢能比在O點時要小 D.負電荷在N點電勢能比在O點時要大【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)場強疊加以及對稱性可知，MN兩點的場強大小相同，但是方向不同，故A錯誤；B．在點電荷C的電場中，M、N兩點電勢相同，在等量同種點電荷A、B的電場中，M、N兩點電勢相同，根據(jù)電勢相加原則知，M、N兩點電勢相同，故B正確；CD．因負電荷從M到O，因AB兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從O指向M，則該力對負電荷做負功，C點的負電荷也對該負電荷做負功，可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功，則該負電荷的電勢能增加，即負電荷在M點的電勢能比在O點小；同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小，故C正確，D錯誤。本題選不正確的，故選AD。10.如圖所示，帶電粒子（不計重力）從A點以速度進入輻射狀的電場，做半徑為R的勻速圓周運動，圓弧軌跡處的電場強度的大小處處為E，經(jīng)過半個圓周運動粒子從B點射出輻射狀的電場，緊接著垂直進入電場強度為E的勻強電場，然后到達C點，已知粒子在C的速度與在B點的速度之間的夾角為，下列說法正確的是（）A.粒子的比荷為B.粒子從A到B的運動時間為C.B、C兩點間的電勢差為ERD.B、C兩點沿著電場線方向的距離為【答案】BD【解析】【詳解】A．輻射狀的電場力充當粒子做勻速圓周運動的向心力，則有解得粒子的比荷為故A錯誤；B．由勻速圓周運動規(guī)律可得粒子從A到B的運動時間為故B正確；C．粒子從B到C做類平拋運動，粒子在C點的速度與在B點的速度之間的夾角為，把粒子在C點的速度分別沿著電場線和垂直電場線分解，則有由動能定理可得解得故C錯誤；D．由勻強電場的電壓與電場強度之間的關(guān)系可得解得B、C兩點沿著電場線方向的距離為故D正確故選BD。二、實驗題（本題共2小題，共14分）11.某同學做摩擦起電的實驗過程和觀察到的現(xiàn)象：手戴絕緣的手套拿有機玻璃棒，用力將兩塊起電板快速摩擦后分開，如圖甲；將其中一塊板插入箔片驗電器上端的空心金屬球（不要接觸金屬球），如圖乙箔片張開；將兩塊板同時插入空心金屬球，如圖丙箔片閉合。根據(jù)以上實驗過程和觀察到的現(xiàn)象，回答下列問題：（1）如圖甲用力將兩塊起電板快速摩擦后分開，兩板分別帶上了____________電荷；（2）如圖乙箔片張開的實驗現(xiàn)象，說明____________；（3）如圖丙箔片閉合的實驗現(xiàn)象，說明____________；（4）該研究性實驗能驗證____________定律?！敬鸢浮竣?等量異種②.板帶電③.兩板所帶總電荷量為零④.電荷守恒【解析】【詳解】（1）[1]用力將兩塊起電板快速摩擦后分開，兩板分別帶上了等量異種電荷;（2）[2]如圖乙中金屬球與箔片組成的整體發(fā)生靜電感應現(xiàn)象故箔片張開；（3）（4）[3][4]如圖丙中兩塊板同時插入空心金屬球，總電荷量為零，不發(fā)生靜電感應現(xiàn)象，故箔片不張開，該實驗能驗證電荷守恒定律。12.在“觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖甲所示連接電路。（1）研究充電過程，應將單刀雙擲開關(guān)接______（選填“1”或“2”）。（2）研究電容器放電過程時，電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上便顯示出如圖乙所示的圖像。圖線與坐標軸圍成圖形的面積可以用所圍小方格的總面積近似代替，若按照“大于半格的按一個格算，小于半格的舍去”的原則數(shù)出小方格數(shù)為114個，則放電過程中電容器釋放的電荷量為______C；已知圖甲中電源的電動勢為8V，據(jù)此估算出電容器的電容為______（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只增加放電電路中電阻的阻值，則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將______（選填“增大”“減小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?）2（2）①.②.11.4（3）不變【解析】【小問1詳解】研究充電過程，電容器應與電源連接，應將單刀雙擲開關(guān)接2。【小問2詳解】[1]根據(jù)可知圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量，則放電過程中電容器釋放的電荷量為[2]根據(jù)可得電容器的電容為【小問3詳解】由于曲線與坐標軸所圍成的面積表示電容器充完電后所帶的電荷量，根據(jù)如果不改變電路其他參數(shù)，只增加放電電路中電阻的阻值，由于電容和電源電壓不變，所以此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將不變。三、計算題（本題共3小題，共計40分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示，金屬小球甲用長度為4L的輕質(zhì)絕緣細線懸掛在O點，金屬小球乙用長度為5L的輕質(zhì)絕緣細線也懸掛在O點，兩小球質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點和點電荷，帶電量均為，甲貼在光滑絕緣的豎直墻壁上，甲、乙靜止時兩條細線之間的夾角正好為，重力加速度為g，靜電力常量為k，，，，求：（1）豎直墻壁對甲的支持力以及乙的質(zhì)量；（2）兩小球在O點產(chǎn)生的合電場強度的大小。【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）假設(shè)甲、乙的連線水平即假設(shè)甲、乙的連線與懸掛甲的細線垂直，設(shè)兩細線之間的夾角為，由幾何關(guān)系可得則有與題干相符，假設(shè)成立；則甲、乙兩球之間的距離為對甲進行受力分析，水平方向由二力平衡可得對乙進行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得解得（2）甲在O點產(chǎn)生的電場強度為方向豎直向上乙在O點產(chǎn)生的電場強度為方向斜向左上方與的夾角為由平行四邊形定則綜合計算可得14.如圖所示，勻強電場中三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝m，已知電場線平行于△ABC所在平面，一個帶電量為2×10－6C的負電荷由A移到B，電勢能增加1.2×10－5J；由B移到C，電場力做功6×10－6J，求（1）AB，BC間的電勢差UAB，UBC（2）若設(shè)C點為零電勢能點，電荷在B點的電勢能EPB（3）該電場的電場強度大小及方向【答案】(1)電勢差UAB，UBC分別為6V、3V；(2)6×106J(3)1V/m；方向由A→B【解析】【詳解】(1)根據(jù)電