湖北省武昌实验中学2026-2027学年高二上学期期中模拟物理试卷

2026-2027学年高二物理上学期期中模拟卷 （测试内容：光学、静电场、电路及其应用前四节） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1．关于光学知识的应用，下列说法正确的是（　　） A．观看立体电影（3D电影），观众必须配带的3D眼镜，涉及到光的干涉原理 B．激光手术刀具有精准、微创等优点是利用了激光高亮度、平行度好等特性 C．通过两支铅笔的狭缝平行对着日光灯管，会看到彩色条纹，这是光的折射现象 D．光学原件表面镀一层特定厚度的薄膜，增加光的透射或反射，这是利用了光的全反射原理 2．关于场强，电势和电势能，下列说法正确的是（　　） A．空间中某一点场强为零，一带电粒子在此处的电势能一定为零 B．电场的方向就是电势降低的方向 C．空间中A点电势比B点高，同一个试探电荷在A点电势能大于其在B点的电势能 D．空间中A点场强比B点大，同一个试探电荷在A点受到的电场力大于其在B点的电场力 3．如图所示为半径为R的均匀带电金属球壳，总电荷为Q，设无穷远处的电势为零，你可能不会求解球壳内距离球心为r的P点处的场强E和电势φ的表达式，但根据所学的知识你可以对E和φ的表达式的合理性做出判断。根据你的判断，下列关于球内距离球心为r的P点处的电场强度E和电势φ的大小正确的是（　　） A．E＝0， B．E＝0， C．， D．， 4．一根长为l、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，下列说法错误的是（　　） A．棒两端电压U＝nevρ B．通过棒的电流I＝nevS C．棒的电阻为 D．棒的内部场强E＝nevρ 5． 两个带电小球A、B，分别用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方，平衡时如图甲所示，细线与竖直方向夹角均为α，此时细线对A的拉力大小为T1。施加一水平向左的匀强电场后，两小球再次平衡时如图乙所示，细线与竖直方向夹角均为β，且α＜β，此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确的是（　　） A．A带负电，B带正电 B．A的电荷量小于B的电荷量 C．A的质量大于B的质量 D．T1＜T2 6．某平行板电容器带电量为Q，电容为C，板间间距为d，如图所示．有一质量为m电荷量为﹣q的点电荷（q远小于Q），从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间电场力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为（　　） A． B． C． D． 7.如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q（q＞0）的小球套在圆环上并从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球可以到达C点 B．匀强电场的电场强度大小为 C．小球运动到P点时对轨道的压力为 D．小球运动到B点时，其加速度大小为g 8．正方形ABCD的四个顶点分别位于x轴和y轴上，在A、C两点分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在B、D两点分别固定一个电荷量为﹣q的点电荷。E点和F点分别为AB和CD边的中点，M点和N点是位于x轴上关于O点对称的两个点。则下列说法正确的是（　　） A．E点和F点的电场强度相等 B．O点的电场强度等于零，电势一定大于零 C．将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功 D．电子从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小 9．G1、G2为放在水平面上的高度略有差别的两个长方体，为了检查这两个长方体的上表面是否相互平行，检测员用一块标准的平行透明平板T压在G1、G2的上方，T与G1、G2支架分别形成尖劈形空气层，如图所示。G1、G2的上表面与平板的夹角分别为α和β，P为平板T上表面上的一点。用单色光从上方照射平板T，G1、G2的上方都能观察到明显的干涉条纹，可以推知（　　） A．若α＝β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距 B．若α＞β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距 C．若将G1、G2的间距缩短些，则G1上方的干涉条纹分布变得更密 D．若在P处用较小的力下压平板T，则G1G2上方的干涉条纹分布都变稀疏 10．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场。最后打在荧光屏上、已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，重力不计，则下列判断正确的（　　） A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做的功都相同 D．三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1：1：2 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．（8分）在“测定玻璃砖的折射率”实验中： （1）下列做法正确的是 　 　 。 A．入射角越大，误差越小 B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了 C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些 D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，若上下两表面不平行将无法准确测得其折射率 （2）甲同学用的插针法，在插第三枚大头针P3时，在视线中看到P1、P2两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图1所示。正确的做法是 　 　 让P3同时挡住。 A．a、b B．c、d C．a、c D．b、d （3）乙同学先正确记录好了玻璃砖的两个分界面，之后却因操作不慎将玻璃砖的位置稍微向下平行移动了一小段距离，如图2所示，其他操作完全正确，则玻璃砖折射率测量值与真实值相比 　 　 （“变大”、“变小”“不变”）。 12．（9分）某物理探究小组测量均匀金属实心圆柱体的电阻率ρ。 （1）如图为某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数，其测量值d＝　 　 mm。 （2）用伏安法测圆柱体电阻Rx（阻值约为10Ω）的阻值，提供如下器材： 电池组E：电动势3V，内阻不计； 电压表V：量程0～3V，内阻约4kΩ； 灵敏电流表G：量程0～100mA，内阻为6Ω； 滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流为1A； 滑动变阻器R2：阻值范围0～50Ω，额定电流为0.5A； 滑动变阻器R3：阻值范围0～2000Ω，额定电流为0.5A； 电阻箱R4：阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A； 开关S，导线若干。 要求实验中尽可能准确且合理地测量Rx的阻值，请回答下列问题： ①为了测量通过待测电阻丝的电流，需将灵敏电流表与电阻箱R4　 　 （选填“串联”或“并联”），并将电阻箱阻值调到　 　 Ω，改装成一个量程为0～300mA的电流表。 ②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选　 　 （选填器材字母代号），采用　 　 （选填“分压”或“限流”）的连接方式调节电路。 （3）连接好电路进行实验，通过测量得到以下数据，金属丝长度为L，直径为d，灵敏电流计的示数为I，电压表示数为U，电阻箱阻值为R，由此可以得金属丝的电阻率ρ＝　 　 （用题目所给字母和π表示）。 13．（9分）如图所示，轻绳上端固定，下端连接一个质量m＝4×10﹣4kg的带电小球（可视为质点）。小球位于电场强度E＝3.0×103N/C、方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。 （1）求小球受轻绳拉力F的大小； （2）求小球的带电量为多少； （3）若剪断细线，求小球在0.2秒内的位移大小。 14．（16分）如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的截面图，O为球心，下表面水平。玻璃砖的上方水平放置一个足够大的光屏，虚线OO1为光轴（过球心O与半球下表面垂直的直线），O1为光轴与光屏的交点。现有一平行单色光束垂直于玻璃砖的下表面射入玻璃砖，恰好照满下表面。一条从玻璃砖下表面点射入的光线，经过玻璃砖后从上表面的B点射出，出射光线与光轴OO1相交于D点，光线BD与OO1的夹角α＝15°，不考虑光在玻璃砖内表面的反射光，已知OAR，OO1＝3R，真空中的光速为c。求： （1）玻璃砖的折射率； （2）从A点射入的光线在玻璃砖中的传播时间； （3）光屏上被光线照亮区域的面积。 15．（18分）如图所示，在竖直面内固定一光滑绝缘半圆轨道，轨道半径为R＝0.1m，轨道与光滑绝缘水平面相连，B为圆轨道最低点，C为圆轨道水平直径与圆的交点，D为圆轨道最高点，所在空间存在水平向右的匀强电场。在距离B点为0.5m的A点，由静止释放一质量m＝0.1kg，带正电小物块，带电量为q，已知电场强度为，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块运动到C点时轨道对它的弹力； （2）物块从D点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移； （3）物块在上升过程中的最大速度。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027学年高二物理上学期期中模拟卷 （测试内容：光学、静电场、电路及其应用前四节） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。） 1．关于光学知识的应用，下列说法正确的是（　　） A．观看立体电影（3D电影），观众必须配带的3D眼镜，涉及到光的干涉原理 B．激光手术刀具有精准、微创等优点是利用了激光高亮度、平行度好等特性 C．通过两支铅笔的狭缝平行对着日光灯管，会看到彩色条纹，这是光的折射现象 D．光学原件表面镀一层特定厚度的薄膜，增加光的透射或反射，这是利用了光的全反射原理 【分析】3D电影与光是偏振光有关；根据激光的特点判断；根据光的明显衍射现象判断；根据光的薄膜干涉判断。 【解答】解：A、3D电源的屏幕上发出两种相互垂直的偏振光，所以观看3D电影时戴上特制的带偏振片的眼镜，才会产生立体感觉，这是利用了光的偏振现象，故A错误； B、根据激光的特点，可知激光手术刀具有精准、微创等优点是利用了激光高亮度、平行度好等特性，故B正确； C、通过两支铅笔的狭缝平行对着日光灯管，会看到彩色条纹，这是光的明显衍射现象，故C错误； D、在光学元件的表面镀一层特定厚度的薄膜以增加光的透射或反射利用了光的干涉原理，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查常见的光学现象的识记与理解，了解光的干涉、衍射在实际生活的现象并会区分，同时理解光的偏振原理是关键。 2．关于场强，电势和电势能，下列说法正确的是（　　） A．空间中某一点场强为零，一带电粒子在此处的电势能一定为零 B．电场的方向就是电势降低的方向 C．空间中A点电势比B点高，同一个试探电荷在A点电势能大于其在B点的电势能 D．空间中A点场强比B点大，同一个试探电荷在A点受到的电场力大于其在B点的电场力 【分析】场强与电势无关；场强的方向就是沿电场线电势降低最快的方向；正电荷在电势越高的地方，电势能越大；根据公式F＝qE判断。 【解答】解：A、场强是矢量，电势是标量，场强与电势无关，场强为零，电势不一定为零，根据电势能公式Ep＝qφ，可知一带电粒子在此处的电势能不一定为零，故A错误； B、沿电场线方向电势逐渐，但电势降低最快的方向才是场强的方向，故B错误； C、空间中A点电势比B点高，同一个带正电的试探电荷在A点电势能大于其在B点的电势能，同一个负正电的试探电荷在A点电势能小于于其在B点的电势能，故C错误； D、空间中A点场强比B点大，根据公式F＝qE，可知同一个试探电荷在A点受到的电场力大于其在B点的电场力，故D正确。 故选：D。 【点评】电场这一章概念比较多，而且很多抽象，要不断进行对比，既要抓住物理量之间的联系，更掌握它们之间的区别，可结合相关公式进行理解。 3．如图所示为半径为R的均匀带电金属球壳，总电荷为Q，设无穷远处的电势为零，你可能不会求解球壳内距离球心为r的P点处的场强E和电势φ的表达式，但根据所学的知识你可以对E和φ的表达式的合理性做出判断。根据你的判断，下列关于球内距离球心为r的P点处的电场强度E和电势φ的大小正确的是（　　） A．E＝0， B．E＝0， C．， D．， 【分析】根据对称性，可知P点处场强为零，且P点与带金属球壳表面电势差为零，二者相等，而表面的电势与半径R有关，所以可得出P点的电势。 【解答】解：根据对称性可知，均匀带电金属球壳各部分在P点处的产生场强相互抵消，故P点处的电场强度为零，同理可得，均匀带电金属球壳内任意一点的电场强度为零，则P点与带电金属球壳表面电势差为零，P点处的电势等于带电金属球壳表面的电势，带电金属球壳表面的电势与半径R有关，故推测P点处电势P的大小为：φ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】学生在解决本题时，应注意构建带电球壳模型，灵活运用对称性，并找到P点电势与球表面电势相等时解题的关键。 4．一根长为l、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，下列说法错误的是（　　） A．棒两端电压U＝nevρ B．通过棒的电流I＝nevS C．棒的电阻为 D．棒的内部场强E＝nevρ 【分析】根据电流的微观表达式结合电阻定律、欧姆定律和场强公式列式并代入相应数据求解判断。 【解答】解：B.根据电流的微观表达式，通过棒的电流为I＝nevS，故B正确； C.根据电阻定律，棒的电阻为，故C正确； A.根据欧姆定律，棒两端电压为U＝IR＝nevlρ，故A错误； D.棒的内部场强 ，故D正确； 本题选择错误的说法，故选：A。 【点评】熟练掌握电流的微观表达式，会结合电阻定律，欧姆定律等进行综合运算解答。 5．两个带电小球A、B，分别用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方，平衡时如图甲所示，细线与竖直方向夹角均为α，此时细线对A的拉力大小为T1。施加一水平向左的匀强电场后，两小球再次平衡时如图乙所示，细线与竖直方向夹角均为β，且α＜β，此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确的是（　　） A．A带负电，B带正电 B．A的电荷量小于B的电荷量 C．A的质量大于B的质量 D．T1＜T2 【分析】根据受力方向结合场强方向判断电性；根据平衡条件判断质量大小以及拉力大小和电荷量大小。 【解答】解：A．在甲图中小球A、B之间的库仑力为引力，则小球A、B带异种电荷，根据图乙可知，小球A所受匀强电场的电场力方向向左，与匀强电场的电场强度方向相同，则A带正电，B带负电，故A错误； C．对小球A进行分析，图甲中，根据平衡条件有 F库1＝mAgtanα， 对小球B进行分析，图甲中，根据平衡条件有 F库1＝mBgtanα， 解得 mA＝mB， 故C错误； B．对小球A进行分析，图乙中，根据平衡条件有 qAE＝F库2+T2sinβ，T2cosβ＝mAg 对小球B进行分析，图乙中，根据平衡条件有 qBE＝F库2+T4sinβ，T4cosβ＝mBg 解得 ，qA＝qB 故B错误； D．结合上述可知 ， 由于 α＜β 则有 T1＜T2 故D正确。 故选：D。 【点评】小球在电场中的受力平衡和力学中物体的平衡处理方法类似，只要正确做好受力分析，可根据题意选用共点力的平衡求解。 6．某平行板电容器带电量为Q，电容为C，板间间距为d，如图所示．有一质量为m电荷量为﹣q的点电荷（q远小于Q），从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间电场力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为（　　） A． B． C． D． 【分析】点电荷在极板间向左运动过程应用动能定理求出电荷的初动能。 【解答】解：电容器两极板间的电势差U 两极板间的电场强度E 粒子在极板间向右运动到A点过程，由动能定理得：﹣qEL＝0﹣Ek0， 解得点电荷的初动能Ek0，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】根据题意分析清楚点电荷的运动过程与受力情况是解题的前提，应用动能定理即可解题。 7．如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q（q＞0）的小球套在圆环上并从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球可以到达C点 B．匀强电场的电场强度大小为 C．小球运动到P点时对轨道的压力为 D．小球运动到B点时，其加速度大小为g 【分析】小球运动到P点时的动能最大，故小球在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，可求电场强度；P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置；根据牛顿第二定律和动能定理联立求小球在P点时对轨道的压力；小球在B点竖直方向加速度为g，而水平方向加速度不为零，故大于g。 【解答】解：B.小球运动到P点时的动能最大，可知在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，则 可得匀强电场的电场强度大小为 故B错误； A.由上述分析可知，P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置，不能到达C点，故A错误； C.小球运动到P点电场力和重力的合力 根据牛顿第二定律 根据动能定理 解得 即对轨道的压力为 故C正确； D.小球运动到B点时，竖直方向的加速度为g，水平方向加速度不为零，则其加速度大小大于g，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了带电物体在电场和重力场的复合场中的运动，要求学生能够正确分析物体的运动过程和受力，熟练掌握复合场用等效法处理的方法。 8．正方形ABCD的四个顶点分别位于x轴和y轴上，在A、C两点分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在B、D两点分别固定一个电荷量为﹣q的点电荷。E点和F点分别为AB和CD边的中点，M点和N点是位于x轴上关于O点对称的两个点。则下列说法正确的是（　　） A．E点和F点的电场强度相等 B．O点的电场强度等于零，电势一定大于零 C．将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功 D．电子从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小 【分析】根据等量异种点电荷分布规律，结合对称性以及电荷沿等势线上移动电场力不做功，利用电场力做功和电势能变化的关系分析求解。 【解答】解：A．将A、B与C、D看为两组等量异种点电荷，由等量异种点电荷的电场分布特点结合对称性知，点E和点F的电场强度大小相等，方向相反，根据矢量的特性可知E点和F点的电场强度不相等，故A错误； B．结合A选项的描述，由于等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，电势与无穷远电势相等，电势都等于0，则，O点的电势为0，A、C与B、D是两组等量同种点电荷，根据等量异种点电荷连线的中点位置的电场强度为0，可知O点的电场强度等于零，故B错误； C．结合上述可知，EF连线为一条等势线，则将电子从E点沿着EF连线移动到F点，电场力不做功，故C正确； D．根据图中电荷的分布可知，由于MO之间的任意位置均靠近A、B组等量异种点电荷，则MO之间任意位置的电势由A、B组等量异种点电荷决定，ON之间的任意位置均靠近C、D组等量异种点电荷，则ON之间任意位置的电势由C、D组等量异种点电荷决定，根据等量异种点电荷的电场线分布规律，由于沿电场线电势降低，而等势线垂直于电场线，由于O点电势为0，可知，MO之间的任意位置的电势均大于0，由M→O，电势降低，ON之间的任意位置的电势均大于0，由O→N，电势升高，则电子从M点移动到N点的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确。 故选：CD。 【点评】本题考查了静电场相关知识，理解电场力做功和电势能变化的关系，熟悉常见电场的电场线分布是解决此类问题的关键。 学科网（北京）股份有限公司 9．G1、G2为放在水平面上的高度略有差别的两个长方体，为了检查这两个长方体的上表面是否相互平行，检测员用一块标准的平行透明平板T压在G1、G2的上方，T与G1、G2支架分别形成尖劈形空气层，如图所示。G1、G2的上表面与平板的夹角分别为α和β，P为平板T上表面上的一点。用单色光从上方照射平板T，G1、G2的上方都能观察到明显的干涉条纹，可以推知（　　） A．若α＝β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距 B．若α＞β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距 C．若将G1、G2的间距缩短些，则G1上方的干涉条纹分布变得更密 D．若在P处用较小的力下压平板T，则G1G2上方的干涉条纹分布都变稀疏 【分析】根据薄膜干涉的条件可知条纹间距的影响因素，从而分析判断。 【解答】解：AB、设有一物体上表面与平板的夹角θ，相邻亮条纹的间距为ΔL，由空气薄膜干涉条件，则有：2ΔLtanθ＝λ 解得：ΔL 若α＝β，则G1上方的干涉条纹间距等于G2上方的干涉条纹间距，若α＞β，则G1上方的干涉条纹间距小于G2上方的干涉条纹间距，故A错误，B正确； C．若将G1、G2的间距缩短些，则α增大，可知G1上方的干涉条纹分布变得更密，故C正确； D．若P在两长方体间，在P处用较小的力下压平板T，则α减小，可知G1上方的干涉条纹分布变疏若，则β变大，G2上方的干涉条纹分布都变稀密，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查光的干涉，解题关键掌握干涉条纹间距的表达式。 10．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场。最后打在荧光屏上、已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，重力不计，则下列判断正确的（　　） 学科网（北京）股份有限公司 A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做的功都相同 D．三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1：1：2 【分析】对粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理求解粒子经过B板的速度表达式。三种粒子从B板运动到荧光屏的过程在沿C、D极板方向上一直均做匀速直线运动，由分位移与速度关系求运动时间之比；粒子进入C、D间的偏转电场后做类平抛运动，将粒子的运动分解为沿极板方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，结合类平抛运动规律分析粒子离开偏转电场时侧移量的关系，从而分析三种粒子打到荧光屏上的位置关系；根据电场力做功W＝qU分析电场力做功关系；根据动能定理求三种粒子运动到荧光屏时的动能之比。 【解答】解：A、设加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v。 粒子加速过程，根据动能定理得 可得 粒子从B板运动到荧光屏经历的时间为 则质子、氘核和α粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为，故A正确； B、设偏转电场的电场强度为E，粒子在偏转电场中的侧移量为 由上式可知，y与粒子的比荷无关，所以三种粒子通过偏转电场时侧移量相同，离开偏转电场后都做匀速直线运动，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故B正确； C、偏转电场的电场力对粒子做功为W＝qEy∝q，所以偏转电场的电场力对质子、氘核和α粒子做功之比为W1：W2：W3＝q1：q2：q3＝1：1：2，故C错误； D、根据动能定理得 qU+qEy＝Ek﹣0 可得粒子运动到荧光屏时的动能为 Ek＝qU+qEy∝q 所以三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为Ek1：Ek2：Ek3＝q1：q2：q3＝1：1：2，故D正确。 故选：ABD。 【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转问题，利用电场加速粒子时，由动能定理求解粒子获得的速度；利用电场使粒子偏转时，要运用运动的分解法对粒子的运动分解处理，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合得到侧移量表达式。 11．（8分）在“测定玻璃砖的折射率”实验中： （1）下列做法正确的是 　C　 。 A．入射角越大，误差越小 B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了 C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些 D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，若上下两表面不平行将无法准确测得其折射率 （2）甲同学用的插针法，在插第三枚大头针P3时，在视线中看到P1、P2两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图1所示。正确的做法是 　B　 让P3同时挡住。 A．a、b B．c、d C．a、c D．b、d （3）乙同学先正确记录好了玻璃砖的两个分界面，之后却因操作不慎将玻璃砖的位置稍微向下平行移动了一小段距离，如图2所示，其他操作完全正确，则玻璃砖折射率测量值与真实值相比 　不变　 （“变大”、“变小”“不变”）。 【分析】（1）根据实验原理和操作方法确定正确的实验步骤； （2）理解实验中不同点的意义并掌握正确的实验操作。 （3）根据折射率的定义结合几何关系分析出折射率误差的大小。 【解答】解：（1）A、入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，使测量不准确，故A错误； B、实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，故B错误； C、插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些，有利于减小相对误差，故C正确； D、除了平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出其折射率，故D错误。 故选：C。 （2）在本实验中，P3应挡住P1、P2透过玻璃砖的像而不是P1、P2，图中a、b为P1、P2，c、d为P1、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d，故B正确，ACD错误； 故选：B。 （3）根据折射定律可知，玻璃砖的折射率可表示为n，如下图所示： 黑线表示玻璃砖向下平移后实际的光路图，红线表示作图光路图，由图看出，黑线与红线平行，说明画图时的入射角、折射角与实际的入射角、折射角相等，由折射定律可知，测出的折射率与玻璃砖真实的折射率相同。 故答案为：（1）C；（2）B；（3）不变。 【点评】本题考查的是插针法测定玻璃砖折射率，对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差情况。 12．（9分）某物理探究小组测量均匀金属实心圆柱体的电阻率ρ。 （1）如图为某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数，其测量值d＝　0.645　 mm。 （2）用伏安法测圆柱体电阻Rx（阻值约为10Ω）的阻值，提供如下器材： 电池组E：电动势3V，内阻不计； 电压表V：量程0～3V，内阻约4kΩ； 灵敏电流表G：量程0～100mA，内阻为6Ω； 滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流为1A； 滑动变阻器R2：阻值范围0～50Ω，额定电流为0.5A； 滑动变阻器R3：阻值范围0～2000Ω，额定电流为0.5A； 电阻箱R4：阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A； 开关S，导线若干。 要求实验中尽可能准确且合理地测量Rx的阻值，请回答下列问题： ①为了测量通过待测电阻丝的电流，需将灵敏电流表与电阻箱R4　并联　 （选填“串联”或“并联”），并将电阻箱阻值调到　3　 Ω，改装成一个量程为0～300mA的电流表。 ②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选　R1 （选填器材字母代号），采用　分压　 （选填“分压”或“限流”）的连接方式调节电路。 （3）连接好电路进行实验，通过测量得到以下数据，金属丝长度为L，直径为d，灵敏电流计的示数为I，电压表示数为U，电阻箱阻值为R，由此可以得金属丝的电阻率ρ＝　　 （用题目所给字母和π表示）。 【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和； （2）①根据电流表的改装原理判断和计算； ②根据调节方便，读数测量精确判断； （3）根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导。 【解答】解：（1）金属丝的直径为：d＝0.5mm+14.5×0.01mm＝0.645mm （2）①要扩大电流表的量程需要并联一个电阻，根据并联电路的特点有Igrg＝（I﹣Ig）R4 代入数据可得R4＝3Ω ②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选R1；连接方式采用分压式接法； （3）根据电阻定律有 根据欧姆定律有： 根据并联电路的特点有 根据几何知识有： 联立解得 故答案为：（1）0.645；（2）①并联，3；②R1，分压；（3）。 【点评】本题关键掌握伏安法测电阻率的实验原理、电流表的改装原理和螺旋测微器的读数方法。 13．（9分）如图所示，轻绳上端固定，下端连接一个质量m＝4×10﹣4kg的带电小球（可视为质点）。小球位于电场强度E＝3.0×103N/C、方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。 （1）求小球受轻绳拉力F的大小； （2）求小球的带电量为多少； （3）若剪断细线，求小球在0.2秒内的位移大小。 【分析】（1）根据平衡条件求出细绳对小球的拉力大小； （2）根据平衡条件分析小球所带电荷量； （3）若剪断细线，小球将做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移—时间关系求解位移大小。 【解答】解：（1）以小球为对象，根据平衡条件可得Fcos37°＝mg 解得小球受轻绳拉力大小为 （2）以小球为对象，根据平衡条件可得 解得小球的带电量为 （3）若剪断细线，小球将做匀加速运动，小球受到重力和电场力的合力大小为 根据牛顿第二定律可知，小球的加速度大小为 则小球在0.2秒内的位移大小为 答：（1）小球受轻绳拉力F的大小等于5×10﹣3N； （2）小球的带电量为1×10﹣6C； （3）若剪断细线，小球在0.2秒内的位移大小等于0.25m。 【点评】本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和牛顿第二定律列出方程解答。 14．（16分）如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的截面图，O为球心，下表面水平。玻璃砖的上方水平放置一个足够大的光屏，虚线OO1为光轴（过球心O与半球下表面垂直的直线），O1为光轴与光屏的交点。现有一平行单色光束垂直于玻璃砖的下表面射入玻璃砖，恰好照满下表面。一条从玻璃砖下表面点射入的光线，经过玻璃砖后从上表面的B点射出，出射光线与光轴OO1相交于D点，光线BD与OO1的夹角α＝15°，不考虑光在玻璃砖内表面的反射光，已知OAR，OO1＝3R，真空中的光速为c。求： （1）玻璃砖的折射率； （2）从A点射入的光线在玻璃砖中的传播时间； （3）光屏上被光线照亮区域的面积。 【分析】（1）根据几何关系，结合折射定律分析求解； （2）由v求出光在玻璃内的速度，由几何关系求出路程，然后求出时间； （3）根据全反射条件，结合几何关系分析求解。 【解答】解：（1）从A点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上B点折射，入射角∠OBA为i，折射角为γ，光路如图。 几何关系可知sini 由几何知识可得γ＝i+α＝45° 根据折射定律，折射率为n 代入数据可得n （2）由n可得光在玻璃砖内的速度v 由几何关系可得光想玻璃砖内传播的距离s＝AB 由s＝vt 解得t （3）设射入砖内光线在上表面E点恰好发生全反射，临界角为C，E点在光屏上的投影点为E′，对应折射光线与光屏的右侧交点为F点，光路如图。 因为sinC 解得C＝45° 由几何知识可得∠E′EF＝45°； 光屏上照亮区域半径r2R 照亮区域面积为S＝πr2＝8πR2 答：（1）玻璃砖的折射率为； （2）从A点射入的光线在玻璃砖中的传播时间是； （3）光屏上被光线照亮区域的面积是8πR2。 【点评】本题考查了光学基本知识，理解折射定律以及全反射条件是解决此类问题的关键。 15．（18分）如图所示，在竖直面内固定一光滑绝缘半圆轨道，轨道半径为R＝0.1m，轨道与光滑绝缘水平面相连，B为圆轨道最低点，C为圆轨道水平直径与圆的交点，D为圆轨道最高点，所在空间存在水平向右的匀强电场。在距离B点为0.5m的A点，由静止释放一质量m＝0.1kg，带正电小物块，带电量为q，已知电场强度为，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块运动到C点时轨道对它的弹力； （2）物块从D点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移； （3）物块在上升过程中的最大速度。 【分析】（1）根据动能定理，对物块从A点运动到C点的过程分析，结合合外力提供向心力分析求解； （2）根据物块从D点离开轨道后竖直方向上只受重力，做自由落体运动，结合水平方向只受电场力，做匀减速直线运动分析求解； （3）根据当电场力和重力的合力与速度垂直时速度最大，结合物块从A点运动到速度最大位置过程分析求解。 【解答】解：（1）物块从A点运动到C点的过程中，A点与B点之间的距离为s＝0.5m，由动能定理得 解得 在C点应用牛顿第二定律得 可得物块运动到C点时轨道对它的弹力为 FN＝11N （2）物块从A点运动到D点的过程中，由动能定理得 解得 物块从D点离开轨道后竖直方向上只受重力，做自由落体运动，由 可得物块落到水平面所用时间为 水平方向只受电场力，做匀减速直线运动，加速度为 根据位移公式 联立解得物块从D点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移为 （3）当电场力和重力的合力与速度垂直时速度最大 设运动到此位置时半径与竖直方向的夹角为θ，则有 解得 θ＝45° 物块从A点运动到速度最大位置过程中，由动能定理得 解得最大速度为 答：（1）物块运动到C点时轨道对它的弹力为11N； （2）物块从D点离开轨道后到落到水平面过程中水平位移为； （3）物块在上升过程中的最大速度为。 【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，理解运动中的功能关系，熟练掌握电场力做功与电势能的变化关系是解决此类问题的关键。 学科网（北京）股份有限公司 $