湖南省長沙市2024-2025學年第一學期高二期末檢測B卷物理一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1．真空中兩個點電荷A、B帶等量正電荷Q，處于靜止狀態如圖甲所示，兩點電荷間距l，O點為兩點電荷連線的中點，O點的電場強度大小為。現用一閉合金屬框將B罩上，并將金屬罩接地，此時O點的電場強度大小為。已知靜電常數為k，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】由點電荷的場強公式由電場疊加原理得用閉合金屬框將B罩上，并將金屬罩接地，金屬框與大地成為等勢體，在O點相當于只有A點電荷的電場，則故選D。2．（2如圖所示，一光滑絕緣圓環固定在豎直面內，可視為點電荷的三個帶電球a、b、c套在圓環上，穩定時c球位于圓環最低點，a和c兩球的連線、b和c兩球的連線與豎直方向夾角分別為、，下列說法正確的是（）A．a、b兩球帶異種電荷 B．a、b兩球對c球的靜電力相等C．a球的電荷量大于b球的電荷量 D．a、b兩球的質量之比為【答案】C【解析】A．對球a受力分析，受重力，b、c兩球的庫侖力和圓環的支持力，由幾何關系可知，ab的連線經圓心，即ab是直徑，由共點力的平衡條件可知，若c對a是斥力，b對a是引力，a可以處于平衡狀態，即a和c是同性，a和b是異性，b和c是異性；對b受力分析，a和c對b都是引力，則b受力不平衡，因此a、b兩球帶同種電荷，b和c帶同種電荷，A錯誤；BC．對球c受力分析，受重力，圓環的支持力，a、b兩球對c球的靜電力，若a、b兩球對c球的靜電力相等，由于這兩個力與水平方向的夾角不相等，可知這兩力在水平方向的分力不平衡，則c球不處于平衡狀態。若使c球在水平方向的分力平衡，由于ac連線與水平方向夾角大于bc連線與水平方向夾角，且a到c距離大于b到c距離，所以a球的電荷量要大于b球的電荷量，B錯誤，C正確；D．如圖對各球進行受力分析c球水平方向解得設a球質量m，b球質量為M，對ab球受力分析，根據題中已知信息可得a球水平和豎直方向受力平衡得聯立解得對b球水平和豎直方向受力平衡得其中有聯立解得故可得a、b兩球的質量之比為故D錯誤。故選C。3．如圖，在空間坐標系中，點A、B、M、N均位于坐標軸上，且A、B、M、N到原點O距離均相等。現在A、B兩點處分別固定等量異種電荷與，O點的電場強度大小為E。則（）A．M點的電場強度大小為B．M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同C．試探電荷從N點移到無窮遠處，電勢能減小D．沿坐標軸將試探電荷從M點移到O點再移到N點，其電勢能先增加后減小【答案】A【解析】A．設OA間的距離為a，根據電場的疊加，O點場強因此點的電場強度大小A正確；B．根據電場的疊加及對稱性，M、N兩點的電場強度大小相等，方向相同，B錯誤；CD．由于M、N兩點都處于等量異種電荷的中垂面上，電勢均為零，因此無論將試探電荷從M移到N還是從N移到無窮遠處，電場力做功均為零，電勢能保持不變，CD錯誤。故選A。4．某示波器在、不加偏轉電壓時光斑位于屏幕中心，現施加給其加如圖（1）、（2）所示偏轉電壓，則在光屏上將會看到下列哪個圖形（圓為熒光屏，虛線為光屏坐標）（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由圖1可知，Y方向先加正向減小后反向增大的電壓，則電子先向+Y方向偏轉，偏轉距離逐漸減小，然后向-Y方向偏轉，偏轉距離逐漸變大，即電子在Y方向形成亮線；由圖2可知，X方向加正向電壓，則電子將向+X方向偏轉，且沿+X方向的偏轉距離相同；故電子在示波器上形成一條偏向+X方向平行Y軸的直線，故C正確，ABD錯誤；故選C。5．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，閉合開關S，電壓表的示數為，電流表的示數為，將滑動變阻器的滑片P從中點向上滑動一段距離，電壓表示數變化量的絕對值分別為，電阻的電功率分別為，電流表示數變化量的絕對值為。已知圖中電表均可視為理想電表，下列說法正確的是（）A．均減小 B．小于C．減小 D．大于【答案】B【解析】A．滑片P向上滑動時，的值變大，外電路的總電阻值增大，故回路的總電流則I1減小，又故增大，流經的電流增大，又故減小，又因此均減小，增大，故A錯誤；B．由增大，減小，故減小，因此增大，設為兩端電壓變化量的絕對值，又所以小于，故B正確；C．因為外電路總電阻增大，故則增大，故C錯誤；D．根據，所以，故D錯誤。故選B。6．如圖所示，在磁感應強度大小為的勻強磁場中（圖中未畫出），相距為l的兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置。兩導線均通有方向垂直于紙面向里、大小相等的電流時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處磁感應強度為零。b點與a點關于PQ連線對稱。下列說法正確的是（

）A．勻強磁場的方向平行于PQ向右B．P的電流在a點處磁場的磁感應強度大小為C．將P中的電流方向反向，PQ連線中點磁場方向垂直PQ向上D．將Q中的電流方向反向時，b點的磁感應強度大小為【答案】D【解析】AB．對a點的磁場分析如圖甲所示設P和Q在a點產生的磁場的磁感應強度大小均為B，當P和Q中的電流都垂直于紙面向里時，根據安培定則可知，P在a點產生的磁場的磁感應強度方向為水平向右偏下30°,Q在a點產生的磁場的磁感應強度方向為水平向右偏上30°，由矢量的平行四邊形法則可知兩者在a點產生的合磁場的磁感應強度大小為方向水平向右，所以勻強磁場的方向為水平向左；因a點的磁感應強度大小為零，故解得故AB錯誤；C．將P中的電流方向反向，P、Q在PQ連線中點產生的磁場大小相等，方向垂直PQ向上，勻強磁場水平向左，所以PQ連線中點磁場方向為斜左上方，故C錯誤；D．將Q中的電流方向反向時，P在b點產生的磁場的磁感應強度方向為水平向左偏下30°,Q在a點產生的磁場的磁感應強度方向為水平向右偏下30°，如下圖所示。根據平行四邊形定則得b點的磁感應強度為故D正確。故選D。7．建筑工人工作時，經常需要使用釘子制作構架，如圖所示，某工人用0.6kg的鐵錘釘釘子。鐵錘打到釘子之前鐵錘的速度為5m/s，打擊時間為0.02s鐵錘的重力忽略不計，取重力加速度。則鐵錘擊打釘子的過程中，下列說法正確的是（）A．鐵錘對釘子的平均作用力大小為200NB．鐵錘動量的變化量大小為3kg·m/s，方向豎直向下C．減小鐵錘擊打釘子的時間，其他條件不變，則鐵錘對釘子的平均作用力變小D．增大鐵錘擊打釘子之前的速度，其他條件不變，則鐵錘對釘子的平均作用變大【答案】D【解析】AB．以鐵錘為研究對象，取豎直向上為正方向，其初速度末速度為0，則鐵錘動量的變化量方向豎直向上。根據動量定理可得解得根據牛頓第三定律可得，鐵錘釘釘子的平均作用力大小為150N，方向豎直向下。故A、B錯誤；CD．由可知減小鐵錘擊打釘子的時間，其他條件不變，則釘子對鐵錘的平均作用力變大，根據牛頓第三定律，鐵錘對釘子的平均作用力也變大，同理，增大鐵錘擊打釘子之前的速度，增大，其他條件不變，則釘子對鐵錘的平均作用力變大，根據牛頓第三定律，鐵錘對釘子的平均作用力也變大，故C錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，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）8．如圖所示，光滑的水平地面上有一輛質量的小車，一質量的人站在小車左端與小車一起以速度水平向右做勻速直線運動，某一時刻，人相對小車以速度水平向左跳下，落地后在落地點經過0.2s的屈膝緩沖后保持靜止，已知從起跳點到落地點的過程中人的重心下降高度為，重力加速度，則下列說法中正確的是（）A．屈膝緩沖過程中人對地面豎直方向的平均作用力為1200NB．屈膝緩沖過程中人對地面豎直方向的平均作用力為1800NC．落地時人與小車左端的水平距離為mD．落地時人與小車左端的水平距離為1.6m【答案】BD【解析】AB．人落地時豎直方向速度分量為由動量定理可得由牛頓第三定律可知，屈膝緩沖過程中人對地面豎直方向的平均作用力為1800N，故A錯誤，B正確；CD．以地面為參考系，設人跳車后車相對地面的速度為v2，人相對地面的速度為v3，以初速度方向為正方向，解得；

人離開車后做類平拋運動，人落地的時間為結合上述分析，落地時人與小車左端的水平距離為故C錯誤，D正確。故選BD。9．如圖，電容為C的平行板電容器兩極板水平放置，極板長為L，兩極板間的距離為d，距極板右端處有一豎直屏M，電容器充電后與電源斷開。一電荷量為q、質量為m的帶正電小球（可視為質點）以初速度沿中線水平向右射入兩極板間，最后垂直打在豎直屏M上，已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．電容器的上極板帶正電，電荷量為B．小球在整個過程中豎直向上偏轉的位移大小為C．整個過程中小球減少的電勢能和增加的重力勢能均為D．若僅增大兩極板間的距離，該小球仍垂直打在豎直屏M上【答案】CD【解析】由題可知，小球豎直方向在極板間先向上加速出極板后再向上減速為0，最后垂直打在豎直屏M上AB．因為小球在極板間運動時向上加速，故小球在兩極板間所受電場力一定豎直向上，小球帶正電，電場強度方向豎直向上，故上極板帶負電。小球在電場中運動時，沿極板方向有垂直于極板方向有離開電場后沿極板方向有垂直于極板方向有綜合以上各式可解得電容器上極板的電荷量小球在整個過程中豎直向上偏轉的位移大小故AB錯誤；C．整個過程中只有電場力和重力對小球做功，因為小球的初末動能不變，根據能量守恒可知，小球電勢能的減小量與重力勢能增加量大小相等。故C正確；D．根據公式整理可得兩極板間的電場強度因為電容器充電后與電源斷開，若僅增大兩極板間的距離，兩極板間的電場強度不變，所以小球的受力情況不變，運動情況也將不變，所以小球仍垂直打在豎直屏M上，故D正確。故選CD。10．如圖1所示，電源電動勢E、內阻r恒定，定值電阻，滑動變阻器R的最大阻值為20Ω。閉合S，當滑動變阻器的滑片由a滑至b時，R上消耗的功率P隨接入電路電阻的變化關系如圖2所示，則（）A．電動勢B．內阻C．時，R一定為3ΩD．時，R可能為12Ω【答案】BD【解析】AB．將看成電源內阻的一部分，當滑動變阻器R的阻值等于等效電源的內阻時，R上消耗的功率最大，即解得內阻R上消耗的最大功率為解得電動勢故A錯誤，B正確；CD．當時，則解得或故C錯誤，D正確。故選BD。三、非選擇題（本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題9分，第13題10分，第14題12分，第15題17分。其中13—15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。）11．某同學用圖甲所示的實驗裝置探究碰撞中的守恒量，實驗前長木板已平衡摩擦，碰撞前b車靜止，碰后兩車一起運動，實驗得到與車連接的紙帶，其中、之間的點跡都是均勻的，如圖乙所示。(1)關于本實驗，下列說法正確的是_________。A．圖甲中兩小車的質量必須相等B．兩小車在紙帶之間某時刻相碰C．為了測量小車碰后的速度，應選紙帶段的數據(2)若小車的質量為0.3kg，碰撞前、后系統動量守恒，則小車的質量為kg。（結果保留兩位有效數字）【答案】(1)C(2)1.0【解析】（1）A．兩車碰后粘成一體，不會出現反彈的情況，a車的質量不需要大于b車的質量，故A錯誤；B．由于碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前a獨自運動的速度，故AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后，碰撞發生在CD段中的某一時刻，故B錯誤；C．推動小車由靜止開始運動，故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC計算a車碰前的速度，碰撞過程是一個變速運動的過程，而a和b碰后的共同運動時做勻速直線運動，故在相同的時間內通過相同的位移，故應選DE段來計算碰后共同的速度，故C正確。故選C。（2）碰前a車的速度兩車的碰后速度由動量守恒定律得解得12．某同學在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準。(1)該同學用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，其中某一次測量結果如圖甲所示，其讀數應為mm。(2)已知該金屬絲的阻值約為5Ω。現用伏安法測量其阻值，要求測量結果盡量準確，金屬絲兩端電壓測量范圍能盡可能大一些，現備有以下器材：A．電池組（3V，內阻不計）B．電流表（0~0.6A，內阻為RA=0.5Ω）C．電壓表（0~3V，內阻約為3kΩ）D．滑動變阻器（0~10Ω）E．滑動變阻器（0~100Ω）F．開關、導線上述器材中滑動變阻器應選（填寫實驗器材前面的字母）。(3)請你用筆畫線代替導線幫他將圖乙中的實物圖連接完整。(4)該同學正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據，并在坐標紙上建立U、I坐標系，描繪出U-I圖線，如圖丙所示。已知圖線的斜率為k，用刻度尺測量出金屬絲接入電路部分的長度為L。則該金屬絲電阻率ρ=（用k、L、d、RA等表示）。【答案】(1)0.955（0.954-0.956均正確）(2)D(3)(4)【解析】（1）圖甲中螺旋測微器的讀數為（2）要求金屬絲兩端電壓測量范圍能盡可能大一些，則滑動變阻器要以分壓式接入電路，為了方便控制電路，應選擇總阻值較小的滑動變阻器。故選D。（3）滑動變阻器要以分壓式接入電路，另因電流表內阻已知，故電流表應采用內接法，連接完整的實物圖如圖所示（4）由題意知另根據電阻定律其中聯立，得13．兩個完全相同的質量都為m、帶等量電荷的小球A、B分別用等長的絕緣細線懸掛在同一水平面上相距為的M、N兩點，平衡時小球A、B的位置如圖甲所示，已知小球B帶負電，此時兩球相距為l，細線與豎直方向夾角均為θ=45°，若外加水平向左的勻強電場，兩小球平衡時位置如圖乙所示，細線剛好沿豎直方向，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，求：（1）A球的電性及所帶的電荷量Q；（2）外加勻強電場的場強E的大小。【答案】（1）正電，；（2）【解析】（1）已知小球B帶負電，由甲圖可知，A球帶正電，對A球受力分析，由平衡條件可得解得A球所帶的電荷量為（2）加電場后對A球受力分析，由平衡條件可得解得14．一電路如圖所示，電源電動勢，內阻，電阻，，，平行板電容器的電容，虛線到兩極板的距離相等，極板長，兩極板的間距。(1)開關S由斷開到閉合，流過的總電荷量為多少？(2)若開關S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以的初速度射入平行板電容器的電場中，剛好沿虛線勻速運動。則開關S閉合后，若此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入平行板電容