重庆市第九十四中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

秘密★启用前 2024年秋季学期高二年级半期考试 物理试卷 注意事项： 1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回 一、单项选择题（本题共 7 小题，每小题 5 分，共 35 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. 关于电场强度和电势的概念，下列说法正确的是（ ） A. 由 FE q  可知，电场力大的地方电场强度大 B. 以孤立点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的电场强度相同 C. 若同一个电荷在电场中 A、B两点电势能关系为 p pA BE E ，则 A、B 两点电势关系为 A B  D. 电场中某点的电势大小等于将单位正电荷从该点移动到零电势点电场力所做的功 2. 如图所示，不带电的金属导体 A和 B 放在绝缘支柱上并相互接触，带正电的小球 C放置在 导体 A的左侧。下列操作能让导体 B最终带正电的是（ ） A. 移走小球 C后分开导体 A、B B. 移动小球 C与导体 A、B接触后移走小球 C，再分开导体 A、B C. 将导体 A接地后移走小球 C，再分开导体 A、B D. 将导体 B接地后移走小球 C，再分开导体 A、B 3. 两个半径均为 r的相同金属球，球心相距 3r，分别带有电荷量－2Q 和＋4Q，它们之间库仑 力的大小为 F，现将两球接触后再放回原处，两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大 小（ ） A. 等于 1 8 F B. 小于 1 8 F C. 大于 1 8 F D. 无法确定 4. 两个等量同种点电荷的电场线如图所示，图中电场线上下左右均对称，点 P、Q，点 M、N， 点 R、S关于两点电荷连线的中点 O对称，则（ ） A. P、Q 两点电场强度相同 B. M、N 两点电势不相等 C. 试探电荷从 O点沿中垂线向上移动，电场力先增大后减小 1 D. 图中 R、O、S处于同一等势面 5. 如图所示，匀强电场的方向与等腰直角△ABC 所在的平面平行，A、B间的距离为 d，将电 荷量大小为 q的负点电荷从电场中的 A点移到 B点，静电力做正功为 W，再从 B点移到 C点， 克服电场力做功为 W，设 B点电势为零，则（ ） A. 该点电荷在 A处的电势能为 W B. AB 两点间的电势差 AB WU q  C. 若该点电荷沿直线从 A到 C，电场力做功为 2W D. 可以判断出该匀强电场的方向沿 CA 方向 6. 关于机械振动，以下说法正确的是（ ） A．简谐运动的质点是做匀变速直线运动 B．弹簧振子做简谐运动时，经过同一位置时的速度总是相同 C．驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振 D．当存在摩擦和空气阻力时，物体在振动过程中机械能将减小，振幅减小，周期也减小 7. 如图所示，两个固定的等量正点电荷相距 4L，其连线的中点为 O，以 O 为圆心、L 为半径 的圆与两正点电荷间的连线及连线的垂直平分线分别交于 a、b和 c、d，以 O为坐标原点、垂 直 ab 向上为正方向建立 Oy 轴，Ob 为 x 轴的正方向。若带正电的试探电荷从 a点由静止释放， 沿直线 aOb 运动到 b点，下列各图关于 x轴上各点电势 、电场强度 E及试探电荷的速度 v、 电势能 pE 的描述正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，有错选不得分，选对 1 个无错选得 3 分，选 对两个及以上但不全且无错选得 4 分，全选对且无错选得 6分，共 18 分。） 2 8．下列关于单摆运动的说法中，正确的是（ ） A．在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快 B．一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的回复力增大 C．单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关 D．单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，加速度也为零 9. 一带负电的粒子从电场中的A点运动到 B点，该过程中，粒子受到的电场力做的功为 1W 1( 0)W  ，粒子受到的重力做的功为 2W 2( 0)W  ，除重力和电场力外的其他力做的功为 3W 3( 0)W  ，关于该过程中功与能量变化的关系，下列说法正确的是（ ） A. 电势能减少了 1W B. 重力势能增加了 2W C. 机械能减少了 3W D. 动能的变化量是 1 2 3W W W  10. 有一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于 x轴、y轴，其中 a、b、c三点电势分别为 2V、6V、8V。下列说法正确的是（ ） A. 坐标原点 O的电势为 6V B. 电场的方向由 b点指向 a点 C. 匀强电场的的电场强度大小为 22 10 V / m D. 将电荷量为 32 10 Cq    的点电荷从 a点移到 d点其电势能增加了 38 10 J 三、计算题（共 3 个小题，11 题 10 分，12 题 17 分，13 题 20 分，共 47 分） 11.（10 分）如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远 位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像： （1）写出摆球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式； （2）若取当地的重力加速度为 210m/s ，取 2π 10 ，求单摆的摆长。 12. （17 分）如图甲所示，倾角为 30°的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面底端固定一个 带正电的小球 A，另有一质量 0.9kgm  的带正电小球 B静止在距离斜面底端 10cm 处，小球半 径可以忽略，重力加速度取 210m/s ，静电常数 9 2 29.0 10 N m / Ck    。（结果保留一位有效数字） 3 （1）若小球 B带电量为 6 B 5 10 CQ   ，求小球 A所带电荷量； （2）若将 A球撤去，加一水平方向的匀强电场，仍使 B球静止在斜面上，如图乙所示，求匀 强电场的电场强度大小及方向。（结果保留 1位有效数字） （3）若将 A球撤去，仍保证小球 B在该位置平衡，场强最小为多少？电场的方向如何？ 13.（20 分） 如图所示，AB 为半径 R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧 区域内存在着 E=1×106V/m 的竖直向上的匀强电场，有一质量 m=1kg 带电荷量 q=+1.4×10-5C 的物体（可视为质点）从 A点的正上方距离 A点 H 处由静止开始自由下落（不计空气阻力）， BC 段为长 L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2 的粗糙绝缘水平面，CD 段为倾角θ=53°且最高 点 C与地面 DE 距离 h=0.8m 的斜面。已知：sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s²。 （1）若 H=1m，物体能沿轨道 AB 到达 B点，求物体到达 B点时轨道对物体的弹力大小。 （2）设物体从 C点处射出后打到的位置为 F（不讨论物体反弹以后的情况），F到 C点水平距 离为 x，分情况写出 x随 H变化的关系式，并写出 H的对应范围。 4 物理参考答案及评分标准 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B B C A C B BC AD BC 1.【答案】D 【详解】A．公式 FE q  是电场强度的定义式，电场强度与电场本身有关，与电场力大小无关，故 A错误； B．根据点电荷电场分布，以孤立点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的电 场强度大小相同，方向不同，故 B错误； C．若该电荷带正电，根据 pE q 可知若同一个电荷在电场中 A、B两点电势能关系为 p pA BE E ，则 A、B两点电势关系为 A B  ，若该电 荷带负电，则 A、B两点电势关系为 A B  ，故 C错误； D．电场中某点的电势大小等于将单位正电荷从该点移动到零电势点电场力所做的功，故 D正确。 故选 D。 2.【答案】B 【详解】A．移走小球 C后，导体 A、B的电荷重新分布，导体 B不带电，故 A错误； B．小球 C与导体 A、B接触后，导体 A、B整体带正电，移走小球 C再分开导体 A、B，导体 B带正电， 故 B正确； CD．将导体 A或 B接地，导体 A、B整体带负电，移走小球 C再分开导体 A、B，导体 B带负电，故 CD 错误。 故选 B。 3．【答案】B 【分析】 【详解】两金属球相距较近且开始时带异种电荷，电荷因吸引靠近，有效距离小于 3r，则原来两球间库仑 力 题目 1-10 11 12 13 双评误差 0 1 2 3 5 2 2 8 (3 ) QF k r  两球接触后，两球均带正电，电荷量均为 Q，电荷因排斥远离，有效距离大于 3r，所以接触后两球间的库 仑力 2 2(3 ) QF k r   即 1 8 F F  故选 B。 4．【答案】C 【详解】A．根据电场的矢量叠加可知，P、Q两点电场强度大小相等，方向相反，故 A错误； B．由对称性可知，M、N两点电势相等，故 B错误； C．由于 O点电场强度为 0，而向上无穷远电场强度也为 0，中间电场强度不为 0，则试探电荷从 O点沿中 垂线向上移动，电场力先增大后减小，故 C正确； D．根据对称性可知，R、S两点电势相等，电场线从 O点分别指向 R、S两点，则 O点电势高于 R、S两点。 故 D错误。 故选 C。 5．【答案】A 【详解】AB．根据题意，B点电势为零，电荷在 B点电势能为零，将电荷量大小为 q的负点电荷从电场中 的 A点移到 B点，静电力做正功为 W，则 AB两点间的电势差 AB WU q   电势能减小W ，则该点电荷在 A处的电势能为W ，故 B错误，A正确； CD．若该点电荷沿直线从 A到 C，电场力做功为  1 0W W W    则有 0ACU  即 AC为等势线，该匀强电场的方向不沿 CA方向，故 CD错误。 6 故选 A。 6．【答案】C【详解】略 7．【答案】B 【详解】AC．O点的电场强度为零，从 a到b，电场强度先减小后反向增大，电荷所受的电场力先减小后 增大，加速度先减小后增大，A、C错误； B．aO间的电场线方向由 a到O，电势逐渐降低，根据 x  图像切线的斜率等于电场强度，知 x  图像 切线的斜率逐渐减小， 0x  时 x  图像切线的斜率等于零，根据对称性知 B图是正确的，B正确； D．根据对称性知，电荷在关于O点对称的位置电势能相等，图像应关于纵轴对称，D错误。 故选 B。 8．【答案】 BC 【详解】A．将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度 g变小，根据 T 2π l g  可知，摆 钟振动的周期变大，走时变慢，A错误。 B．摆球做简谐运动，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，摆球受到的回复力增大，选项 B正确； C．根据单摆的周期公式 T 2π l g  可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速 度有关，C正确； D．单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，加速度不为零，有向心加速度。D错误； 9．【答案】AD 【详解】A．功是能量变化的量度，根据 pΔE W  可知，带电粒子从 A点运动到 B点的过程中，电场力做正功为 1W ，则电势能减少了 1W ，故 A正确； B．重力做正功为 2W ，则重力势能减少了 2W ，故 B错误； C．根据机械能等于除重力外，其它外力所做的功，有 1 3ΔE W W W  机 其他 可知，带电粒子的机械能变化了 1 3W W ，故 C错误； D．根据动能定理可得 k 1 2 3E W W W    7 可知该过程中带电粒子动能的变化量为 1 2 3W W W  ，故 D正确。 故选 AD。 10．【答案】BC 【详解】A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化相等，所以 b c a O      解得 4VO  故 A错误； B．同理，ab中点 e的电势为 4Ve  连接 Oe则为等势线，如图所示， 由几何关系可知，ab垂直于 Oe，则 ab为电场线，且方向由 b指向 a，匀强电场强度 22 10 V / mbe be UE d    故 BC正确； D．连接 bd，由几何关系知 bd//Oe，即 bd为等势线 4Vad a dU      该点电荷从 a点移动到 d点电场力做功 38 10 Jad adW qU   即点电荷从 a点移到 d点其电势能减少了 38 10 J 。故 D错误。 故选 BC。 8 11．（10分）【答案】（1）  8sinπ cmx t （5分）；（2）1m（5分） 【详解】（1）有图可知单摆振动周期 2sT  ，振幅 8cmA  ① 则摆球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式  8sinπ cmx t ② ----5 分 （2）根据单摆周期公式 2π LT g  ③ ------2 分 可得 1mL  ④ ------------3 分 12.【答案】（1） 6A 1 10 CQ   （4分） （2） 61 10 N / CE   ，水平向右 （6分） （3） 5min 9 10 N / CE   ，方向沿斜面向上 （7分） 【详解】【小问 1详解】 对 B球受力分析有，沿斜面方向有 2 1 sin 30 A BQ Qmg k r   ① ------2 分 解得 6 A 1 10 CQ   ② --------2 分 【小问 2详解】 对 B球受力分析，B球处于平衡状态，所以电场力水平向右，又因为 B球带正电，所以该匀强电场方向水 平向右。沿斜面方向平衡 sin 30 cos30mg Eq   ③ ----------3 分 解得 61 10 N / CE   ④ -----------3 分 【小问 3详解】 当电场力方向与斜面平行时，电场力最小，则场强最小，此时 min sinqE mg  ⑤ -------------3 分 解得 5 min 9 10 N / CE   ⑥ -------------3 分 9 方向沿斜面向上。 --------------1 分 13.【答案】（1）8N （6分） （2） 4 5 4 5 x H  ， 73m 80 H  （14分） 【详解】【小问 1详解】 物体由静止运动到 B点的过程中，根据动能定理有   21 0 2 B mg R H qER mv    ① -------2 分 到达 B点时有 2 N BvF mg qE m R    ② ------------2 分 解得 N 8NF  ③ ------------2 分 【小问 2详解】 假设物体从 C点处射出后落在 CD段上的 D点，则水平方向上有 tan c Ax v t    ④ -----1 分 竖直方向上有 21 2 y h gt  ⑤ -----1 分 解得 vC=1.5m/s ⑥ -----1 分 物体由静止运动到 C点的过程中，根据动能定理有   21 0 2 C mg R H qER mgL mv     ⑦ -----1 分 a.当 0≤vC≤1.5m/s时，物体落在斜面上，则水平方向上有 Cx v t ⑧ -----1 分 竖直方向上有 21 2 y gt 且 tan y x   解得 10 24 15 Cx  ⑨ -----1 分 物体由静止运动到 C点的过程中，根据动能定理有   21 0 2 C mg R H qER mgL mv     ⑩-----1 分 解得 2 20 16Cv H  ⑪-----1 分 联立，解得 80 64 15 Hx  ⑫-----1 分 速度范围是 0 1.5m / sc  故 730.8m m 80 H  ⑬ -----1 分 b.当 1.5m / s Cv 时，物体落在 DE水平面上，则水平方向上有 Cx v t 竖直方向上有 21 2 y h gt  解得 0.4 Cx  ⑭ -----1 分 物体由静止运动到 C点的过程中，根据动能定理有   21 0 2 C mg R H qER mgL mv     ⑮ -----1 分 解得 4 5 4 5 x H  -----1 分 可得 73m 80 H  ⑯ -----1 分 11