安徽省阜阳市第三中学2025-2026学年高二上学期物理周测试题（五）

2024级高二年级物理周练（五) 一、单选题：本题共6小题，每小题6分，共24分。在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列四个选项中不属于比值定义式的是() A.电容C=号 B,电流1=日 C.电场强度B=号 D电势p=型 2.有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的 柱体，柱体高均为h,大柱体柱藏面边长为a,小柱体柱裁面边 长为b,现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方 向如图，大小为1，则() A.导体电阻率为D=织 Uha B.导体电阻率为p=7a+ C.大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率 D.大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率 3.如图所示，在直角坐标系x0y中有a、b、c、d四点，c点坐标为(-4cm,3c)。现加上一方向平行于x0y 平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V,将一电 争yc地 荷量为-2×10-5c的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确 的是() A.坐标原点0的电势为7V B.该点电荷在a点的电势能为2×10-4J C.电场强度的大小为500V/m D.该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4 4.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势随位置x变化的图像如图所示，一电荷量 为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV,速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力。则() A.x一x3场强大小先减小后增大再减小，最后减小为0 P/V B.x0一3场强方向先沿x轴负方向，再沿x轴正方向 C.粒子在x1点两侧往复运动 D.粒子在x3点两侧往复运动 x/m .5.在直角坐标系xOy中，y轴上M、N两点关于坐标原点对称，且距0 点2L。x轴上P1、P2、P3三点坐标分别为（√3L,0)(√2L,0)、(-√2L,0) 第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 当M、N分别周定两点电荷时，x轴上的电场强度E随x变化关系如图所示，图中0~√2L的阴影部分面积为Q, 0~V3L的闲影部分面积为b。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，山P1点翰止释放，仅在电场力 作用下，沿x抽负方向运动，则在此过程中下列说法正确的是() A从、N两点电荷均为负电苟 B拉于的总大速复为图 √2L3L C.粒子运功到P3处的动能为q(2a+b) D.拉子在P1、P,两处的加速度大小之比为3：V7 6.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACR上，球面半径为R,C0'为通过半绿面顶点C和球心O的轴线： P、M为抽线上的两点，距球心O的臣离均为2R。在M右轴线上 0‘点固定一带负电的点电荷Q.0'、M点间的距离为R,己知P P CL 0 M O 点的场强为等。已知均匀带电的封闭球壳外部空间的电场强度可 等效在球心处的点电荷，则M点的场强为(） 4提+船 是+器C是+8 D怒+贺 二、多选題：本题共2小題，每小题7分，共8分，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得 0分。 7.氢元豪两种同位亲的原子核氕(0、(0质之比为1：2，电荷登之比为1：1。如图，两原子核由静 止开始经问一加速电场加速后，又经同一匀强电场俱转，最后打在荧光解上。下列说法正确的是() A.两种原子核飞出加速电场时的速度之比为1：2 B.两种原子核在偏转电场中的偏转距离之比为1：1 C.两种原子核飞出偏转电场时的动能之比为1：2 屏 $U D.两种原子核打在荧光屏上的总偏转盘之比为1：1 8.如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，闭合开关S后再断开S,一带电油滴位于电容器 中的P点且处于静止状态现将卜极板竖直向下缓慢地移动~小段距高，则() 4.该油滴仍能保持静止状态 B.有从a向b的电流通过灵敏电流计 C,电容器两极板的电压减小D.油滴在P点的电势能不变 三、实验题：本大题共1小题，5空，共9分。 9.(1)如图所示的头验装置可用来探究彩响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源新开，将申容 器左阅做板和旆电计外尧均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。该实验使用的科学方法是_一。 A控制变量法 B.类比法 C.假设法 第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP A//mA 比旅传感器 A 图(a 别b) (2)某同学用如图（α）所示电路剥冠某电容器的电容。 ①按图()连接好实验器材后，本实验还孺用电压状测景电容器两端的电压，为使所求的电容结果史准确， 电压表应接在.一_之同（填“c、d”或“m、n”)。 ②先将开关S2接1，祺闭台S1给电容器充电，此过程中电压表的示数U随时间t变化的阳像为一。 ③昭()中当流电源电动势为3V,将52接2，电流传感器显示放电电流随时间的交化如图(b)所示，该同学 查的格数是43格，则电容器的电容C-_F(结果保留三位有效数字)。 ①若电阻R阻值变大，则电容器放电时间和原来相比_（填“变长”“变短”或“不变”）、 四、计算题：本大题共2小题，第10题15分，第11题20分，共20分。 10.如图甲所示，平行板电容器板长为L,板间离为d,两板间加上U。的电压（板间视为匀强电场）、在两 板中线左端P点有一粒子源，不断地发射出初速度为的带电粒子，这些粒子怡好能从下极板右边缘处射出 电场。不计粒子的重力和空气阻力，不计粒子间相互作用。求： (1)粒子的比猫是 (②)若板同加上如图乙所示的交变电压，其周期7=。求射出电场时粒子偏移中线的最人距离y和射出电场 时粒子束的宽度D。 U。 P. 0 图甲 图乙 第3死，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描App 1山，如图所示，半径R=3m的光滑☒弧形绝缘轨道与水平绝缘轨道平滑连接于A点。将质强m=0.3kg的沿 块（可视为质点）从水平轨道上的P点（图中未画出）由静止释放后，滑块沿轨道开始运动，在运动过程中，浴 块始终受到一水平向右的恒力作用。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=子水平恒力F=4W,P、A 两点间的距离L=5m.蚁重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)滑块从P点运动到A点所用的时间t: (2)滑块运动到圆孤轨道最右端B点时，圆弧轨道对滑块的弹力大小FN。 (③)在其他条件不变的悄况下，仅改变P的位置，为使滑块不在ABCD向离开轨道，求P、A两点间距离s的取 值范围。 mm屏mmmn 第4页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫App2024级高二年级物理周练（五) 【答案】 1.B 2.A 3.C 4.D 5.B 6.C 7.BD 8.AD 9.A c、d 的 1.15×10-3 变长 10.(国)由粒子在两板中做类平抛运动L=ot,是=2 根据牛顿第二定律=ma d 联立解得9= m UoL2 (2)由T-二=t何知，粒子在电场中恰好运动一个周期。由v一t图可知t=nT 10 出发的粒子向下偏移量最大t=+nT 出发的粒子向上偏移量最大 AV 2T 加恒定电压时号-2at2 加交变电压后射出电场时粒子偏移中线的最大距离y=2×(份°-号 解得射出电场时粒子束的宽度D=2y=号 第1页，共6页 11.解：(1)滑块从P点运动到A点，根据牛顿第二定律可得F-umg=ma, 解得加速度大小为a=10m/s2, 根据运动学公式可得L-2at2, 解得滑块从P点运动到A点所用的时间为t= 2L二1s: a (2)滑块从P点运动到B点过程，根据动能定理可得FL+R)-4mgL-mgR=m哈-0， 解得vg=2V30m/s, 在B点，根据牛顿第二定律可得FM一下=m R 解得圆弧轨道对滑块的弹力大小为Fw=16N; (3)滑块在光滑圆弧轨道受到重力和水平恒力的合力大小为F合=√F2+(mg)严=5N, 重力和水平恒力的合力方向与竖直方向的夹角满足am9=志=务可得0=53，如图所示 G A 图中E点为等效最低点，G点为等效最高点，仅改变P的位置，为使滑块不在ABCD间离开轨道， 当滑块刚好到达图中F点速度为0时，根据动能定理可得FS1+Rcos0)-mgS1-mgR(1+sin)=0,解 得s1=3m, 当滑块刚好经过等效最高点G时，重力和水平恒力的合力刚好提供向心力，则有F金= R ,解得vQ= 5√2m/s, 1 根据动能定理可得F(s2-Rsin)-mgs2-mgR(1+cos)=mw6-0,解得s2=10.5m, 为使滑块不在ABCD间离开轨道，P、A两点间距离s的取值范围为0<s≤3m或s≥10.5m。 【解析】 1.A电容器的电容与极板所带电荷量、极板之间的电压没有本质上的决定关系，可知C=号属于比值定义 式，故A错误； 第2页，共6页 B电流宏观上由导体电阻与导体两端电压决定，1=只是电流的宏观决定式，不属于比值定义式，故B正确： ℃电场强度与电场力、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系，E=。属于比值定义式，故C错误： D.电势与电势能、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系，”=卫属于比值定义式，故D错误。 故选B。 2.AB.由电阻定律可知：R=p可知：两导体的电阻R。=R,=两电阻串联，分压相等，则α两端的电压 号由欧姆定律可知：R。=岩=员解得：P=兴故A正确，B错误： CD.串联电路电流I相同；相同材料则单位体积内的自由电荷数相同，自由电荷的电荷量相同。由I=neSv可 知，因截面积不相同，故自由电荷的定向移动速率不同，小柱体的自由电荷定向移动速率大，故CD错误： 故选A。 本题考查电阻定律和电流的微观表达式的综合，熟悉电阻定律是解题的关键。 分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率，根据 电流的微观表达式判断自由电荷定向移动的速率的大小。 3.A、由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势差相等，故p。-p6=p-po,代入 数据解得：po=0V,故A错误； B、因d0=20a,则pa-po=2(po-pa),解得pa=-8V,该点电荷在a点的电势能为：Epa=qpa=-2× 10-5×(-8)/=1.6×10-4J,故B错误： C、过(0,1cm)点作出垂直于ba连线的辅助线，如图所示， ◆/cm x/cm x轴上f点的横坐标为-0.75cm,y轴上e点的纵坐标为1cm,则be=2e0,根据匀强电场中沿着同一个方向 前进相同距离电势差相等，则p6-p。=2(p。-p0),解得p。=3V。由几何关系可得，df=号f0,则pa 9,=号(；-po),解得0，=3V,则0，=pe,ef连线为等势线，根据几何关系可知ef与x轴的夹角为：0=53， 则0点到ef的垂直距离l=0e·cos53°=0.6cm=0.006m,Ueo=3V,根据电势差与电场强度的关系可知E= U0,解得E=500V/m,故C正确： D、该点电荷从a点移到d点，电场中做功为：Wad=Uadq=（-8-16)×(-2×10-5)/=48×10-4J,故 第3页，共6页 D错误。 故选：C。 4A根据E=架 ,可知φ一x图像的斜率表示电场强度，由图可知，场强先减小为0，再反向增大，再减小 为0，再正向增大，再减小，最后减为0，故A错误： B.根据电势分布可知，xo~0电场方向沿x轴负方向，0~x1电场方向沿x轴正方向，x1~x3电场方向沿x 轴负方向，故B错误； CD.带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV,电势能为-1eV,总能量为0.5eV,且试探电荷速度沿x轴正方向， 在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3 右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5V,即运动到电势为-0.5V处减速到零，开始向x轴负方 向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV,继续向左运动，在电势为-0.5V处减速到零又反向，不会运动到xo、 x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故C错误，D正确。 故选D。 5.【分析】 本题主要考查E一x图象，明确图象的物理意义是解决问题的关键。 结合题意和E一x图象分析M、N的带电性；结合电场力和牛顿第二定律列式分析带电粒子在P1、P2两点处 的加速度大小之比：E-x图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示电势差，由动能定理求解带电粒子运动 到P3位置时的动能；带电粒子运动过程中在0点时速度最大，由动能定理列式求解最大速度。 【解答】 A根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放， 仅在电场力作用下，将沿x轴负方向运动，受到引力作用，所以M、N是等量正电荷。故A错误： B.带电粒子运动过程中在0点时速度最大，由动能定理有qb=2m2,解得最大速度v= 2q ,故B正确。 C.图乙中图线与坐标轴围成的图形面积表示电势差，所以带电粒子运动到P3位置时，电场力做功为W= qb-a),根据动能定理可知动能为q(b-a),故C错误； D在P点，有2kn×=ma1,在P2点有2水n4a× =ma2,代入数据可知带电粒 √x12+4L2 x22+42 子在P1、P2两点处的加速度大小之比为18：7V7,D错误. 6.【分析】本题解题时抓住对称性及带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零。 P点的场强为零，是半球面与点电荷Q在P点产生的场强叠加的结果，结合点电荷场强公式可求得半球面在P 点产生的场强大小，根据对称性求出半球面在M点的场强，最后由电场的叠加原理求M点的场强。 第4页，共6页 【解答】 由P点的场强为零可知，左半球壳在P点场强与点电荷-Q在P点场强等大、反向，故左半球壳在P点场强方 向向左，大小为5发=k品：半球壳补圆后（电荷量为29）在P点场强方向向左，大小为5=k品，则右 半球壳在P点的场强方向向左，大小为E方=B:一E去=k品-k品，由对称性可知，左半球壳在M点的 场强方向向右，大小为E,=B右=k最-k品，故M点的合场强为B台=E1+k是=k品+k品 ,方向 向右，故C正确，ABD错误。 7.A.根据U19=2mv2可得v= 2U19 m 因此1= m2= 2 A错误； V2 m1 B.在偏转电场中做类平抛运动，根据L=vt,y=29t2 2 md 联立可=器 可知偏转距离与质量和电量无关，因此两种原子核在偏转电场中的偏转距离之比为1：1，B正确： C两种粒子在加速电场和偏转电场中的位移均相等，根据动能定理U19+“号q=方m2 1 可知两种原子核飞出偏转电场时的动能之比为1：1，C错误： D.离开偏转电场时的偏转角为9，则tan8=之=些=是=二 t==元 可知两种粒子离开电场时偏转角相等，偏转距离也相等，因此运动路径完全重合，打在荧光屏上的总偏转 量之比为1：1，D正确。 故选BD: 8.A.闭合开关S后再断开S,则电容器带电荷量Q保持不变，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，根据 上=号品一斋学警可知板创电场强不变，油演所受电场方不变，油请钙准保特静止状态，收 A正确： B.由于电容器的带电荷量Q保持不变，电流计中没有电流通过，故B错误： C根据C=品，C=号将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，可知电容器电容C减小：由于电容器的带电 荷量Q保持不变，所以电容器两极板间的电压U增大，故C错误： D.P点到上极板的距离d不变，电场强度E不变，由△U=EAd可知P点与上极板间电势差不变，由于上极板 接地，上极板电势不变，所以P点的电势不变，则油滴在P点的电势能不变，故D正确。 第5页，共6页 故选AD。 9.(1)本实验中，若研究电容与其中一个变量的关系时，需要其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制 变量法。 故选A。 (2)①本实验用放电法测电容器的电容，电压表若接在、之间会对电流传感器测得的放电电流产生影响， 故电压表应接在c、d之间。 ②此过程中电容器两板间电压逐渐变大，且增加的越来越慢，最终趋近于等于电源的电动势E，则电压表 的示数U随时间t变化的图像为B。 故选B。 ③1-t图像中的图线和横轴所包围的面积表示电容器释放的电荷量，则电荷量q=43×0.2×10-3× 04c=3.4×103C,电容C=号-340F心115×10p. ④换用阻值更大的电阻后放电电流会变小，故放电时间变长。 10.详细解答和解析过程见【答案】 11.详细解答和解析过程见【答案】 第6页，共6页