2024-2025学年第一学期惠来一中高二级第一次阶段考试
物理科试题
本试卷满分100分，考试时间75分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填涂在答题卡上
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28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．下列说法正确的是（ ）
A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
B．根据F＝k，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
C．由可知，将一根粗细均匀的电阻丝对折后，电阻率将变为原来的四分之一
D．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
2．一电子射入固定在O点的点电荷的电场中，电子仅在电场力的作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示。图中的实线是以O为圆心等间距的同心圆，c是粒子运动轨迹与最小圆的切点，a，b是粒子运动轨迹与另外两个圆的交点，则下列说法中正确的是（ ）
A．电子的加速度 B．电子的电势能
C．电势 D．电势差
3．如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体。这种现象叫做空气的“击穿”。已知高铁上方的高压电接触网的电压为27.5 kV，阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到2.5×104V/m时空气就有可能被击穿。因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为（ ）
A．1.1m B．1.6m C．2.1m D．2.7m
4．目前许多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后，电容器放电，电容小的电容器放电时间较短，根据放电时间的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据题中信息，下列说法正确的是（ ）
A．在峪处形成的电容器电容较大
B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量少
C．在峪处形成的电容器放电时间较短
D．潮湿的手指头对指纹识别没有影响
5．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为r、带电荷量分别为和的小球甲、乙，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动。静电力常量为k，则水平恒力F的大小为（ ）
A． B．
C． D．
6．乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为（ ）
A．200m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s
7．如图，ABCD为真空中一正四面体区域，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷和（）。则下列判定不正确的是（ ）
A．A、D两点处场强相同
B．电子在E点的电势能大于在F点的电势能
C．将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力做正功
D．将位于C处的电荷移到A处，D处的电势不变，且E、F场强大小相等
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
8．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗．在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，从A处以速度v的细柱形的质子流向前运动。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e。那么（ ）
A．从A处流出的速度
B．从A处流出的速度
C．质子流单位体积内的质子数n是
D．质子流单位体积内的质子数n是
9．空间某一静电场沿x轴的电场线电势φ的分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x方向上的分量大小分别是、、、，则（ ）
A．
B．
C．A、D两点在x方向上的场强方向相反
D．同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能
10．有一匀强电场，方向平行于坐标轴平面，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2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（ ）
A．坐标原点0的电势为3.5V
B．电场强度的大小为
C．该点电荷在d点的电势能为
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为
三、实验题
11．如图甲所示，跨过定滑轮的细线两端系着质量均为M的物块A．B，A下端与通过打点计时器的纸带相连，B上放置一质量为m的金属片C，固定的金属圆环D处在B的正下方．系统静止时C、D间的高度差为h．先接通电磁打点计时器，再由静止释放B，系统开始运动，当B穿过圆环D时C被D阻挡而停止．（重力加速度为g）
（1）整个运动过程中纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两个点之间还有4个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50Hz．由此可计算出C被阻挡前B的加速度大小
a= m/s2；B刚穿过D时的速度大小v= m/s．（结果保留三位有效数字）
（2）若用该装置验证机械能守恒定律，则需要验证等式 是否成立．还可运用图象法加以验证：改变物块B的释放位置，重复上述实验，记录每次C．D间的高度差h，并求出B刚穿过D时的速度v，做出v2﹣h图线如图丙所示，根据图线得出重力加速度的表达式g= ，代入数据再与当地重力加速度大小比较，判断系统机械能是否守恒（均用题中物理量的字母表示）．
12．电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，C为平行板电容器。
（1）当开关S接1时，平行板电容器 （选填“充电”或“放电”）。
（2）电容器充电完毕后，把开关S接2时，其放电电流随时间变化图像如图乙所示：
①此过程中，流经电流传感器的电流方向 （选填“向上”或“向下”），电路中的电流 （选填“增大”、“减小”或“不变”），电容器两极板间的场强 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
②若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）数格法，如图乙所围的面积约为14格，由图乙可知电容器所带的电荷量为 C（计算结果保留两位有效数字），根据计算可知，该实验选择的电容器最有可能是下图中的 。（选填“A”、“B”或“C”）
A． B． C．
四、解答题
13．如图所示，带正电的小球1用绝缘细线a悬挂在水平墙壁上，带负电的小球2用绝缘细线悬挂在竖直墙壁上。两小球处于静止状态时，细线b水平，细线a与竖直方向的夹角为37°，小球1、2（均可视为点电荷）的连线与水平方向的夹角也为37°，小球1、2间的距离d=2m。已知小球1、2所带的电荷量大小分别为，静电力常量，取重力加速度大小。求：
(1)小球1、2间的库仑力大小；
(2)细线b上的弹力大小和小球2的质量；
(3)小球1的质量。
14．虚线、间存在如图所示的竖直匀强电场，一带电粒子质量为、电荷量为，从点由静止开始经电压为的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线上的某点（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知、间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率；
（2）粒子在、间运动的时间，以及粒子离开匀强电场时沿电场线方向的分速度的大小；
（3）、间匀强电场的场强大小。
15．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电势能变化量；
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达D点时对轨道的作用力大小；
（3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
2024-2025学年第一学期惠来一中高二级第一次阶段考试
物理科参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A C C B C AD BCD BD
1．D
【详解】A．电场线是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客观存在的，故A错误；
B．当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看作点电荷了，该公式F＝k不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；
C．电阻率由材料及温度决定，故C错误；
D．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，故D正确。故选D。
2．A
【详解】A．根据点电荷场强表达式
可知离点电荷越远，电场强度越小，电子受到的电场力也越小，加速度越小，则有
故A正确；
BC．由电子轨迹的弯曲方向可知，点电荷和电子的电性一样，均带负电，则离负点荷越远，电势越高，故有
根据电势能表达式
由于电子带负电，电子在电势越高处，具有的电势能越小，故有
故BC错误；
D．由于点电荷的电场是非匀强电场，且离点电荷越近，场强越大，故有
即
故D错误。故选A。
3．A
【详解】根据U=Ed可得安全距离至少为
dmin＝m＝1.1m
故选A。
4．C
【详解】A．根据电容的计算公式
可得，极板与指纹峪（凹下部分）的距离d大，构成电容器的电容小。故A错误；
BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据
可知，极板与指纹峪（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷量较少，在放电过程中放电时间较短，反之，在嵴处形成的电容器电容大，带电荷量多，放电时间较长。故B错误；C正确；
D．潮湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别。故D错误。 故选C。
5．C
【详解】选甲，乙整体为研究对象，加速度
选乙为研究对象，列牛顿第二定律方程有
联立得
故选C。
6．B
【详解】乌贼逃命时的速度为，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得
可得
故选B。
7．C
【详解】A．因为是正四面体，所以各边长相等，又因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据点电荷的电场强度公式
所以两点电荷在A和D处产生的各自电场强度大小相等，但因为电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形法则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在A和D处的合电场强度的大小相等、方向相同，均平行于BC边，，故A项正确；
B．根据等量异种电荷的电势分布规律可知，其E点的电势为零，其F点的电势为正值，即根据电势能的公式
因为电子带负电，所以其电势越高，电势能越小，故E点电势能大于F点电势能，故B项正确；
C．因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，AD所在平面为等势面，且电势为零，所以将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力不做功，故C项错误；
D．开始时，根据等量异种电荷的电势分布规律，在D处电势为零。将位于C处的电荷移到A处，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，D处的电势仍然为零，所以D处的电势不变。因为是正三棱柱，移动后A、B为等量异种电荷，根据几何关系可知以及电场强度的叠加原理可知，其E、F两点的电场强度大小相等，故D项正确。
故选C。
8．AD
【详解】质子在加速电场中加速，根据动能定理有
根据电流的微观表达式
联立解得
，
故选AD。
9．BCD
【详解】A．在φ－x图像中，斜率的绝对值代表场强的大小，由于A点的斜率的绝对值大于B点的斜率的绝对值，所以，故A错误；
B．在φ－x图像中，斜率的绝对值代表场强的大小，由于C点的斜率的绝对值比D点的斜率的绝对值小，所以，故B正确；
C．由于A点的斜率为负，D点的斜率为正，所以A、D两点在x方向上的场强方向相反，故C正确；
D．由图可知，A点的电势大于B点的电势，根据电势能与电势的关系可知，同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故D正确。
故选BCD。
10．BD
【详解】A．由几何关系可知c与b之间电势差等于原点与a点之间电势差，则
则 故A错误；
B．根据
可知，沿x轴方向上分场强的大小为
沿y轴方向上分场强的大小为
则合场强大小为 故B正确；
C．由几何关系可知d与原点之间电势差等于原点与a点之间电势差，则
则
该点电荷在点的电势能为 故C错误；
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为
故D正确。 故选BD。
11．（每空 2 分，共 8 分）
4.80 2.64
【详解】（1）[1][2]由已知可得纸带中两点间的时间T=0.1s；
由△x=aT2，得
从纸带可知，后来B做匀速直线运动，则B的速度
（2）[3][4]整个运动过程中，重物B和A质量相等，则重物B减小的重力势能等于A增加的重力势能，因此整个过程减小的重力势能就是金属片C减少的重力势能△Ep=mgh
而动能的增加量是整个系统包括重物A和重物B．金属片C增加的动能
若用该装置验证机械能守恒定律，则需要验证等式就是
从丙图可知，将数据代入上面等式可得
；
12．（第 1-4 空每空 1 分，其余每空 2 分，共 8 分）
充电 向下 减小 减小 3.5×10-3 B
【详解】（1）[1]当开关S接1时，电容器和电源相连，此时电容器处于充电状态；
（2）[2][3][4]当开关S接2时，电容器放电，由于电容器上极板带正电，因此流经电流传感器的电流方向向下，电路中的电流减小，电容器带电量减小，根据电容的定义式
可知，电容器两极板的电压减小，根据
可知两极板间的场强减小；
[5][6]图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，图中每小格的电量为
若按“四舍五入”（大于等于半格算一格，小于半格舍去）数格法可得格数为14，则电容器所带的电荷量为
所以电容器的电容为
故选B。
13．（10 分）(1)45N (2)36N，2.7kg (3)2.1kg
【详解】（1）根据库仑定律有
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
（2）对小球2受力分析，水平方向上有
（公式 1 分）
竖直方向上有
（公式 1 分）
解得
， （答案 2 分）
（3）将小球1、2作为整体受力分析，有
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
14．（12 分）
（1）；（2），；（3）
【详解】(1)根据
（公式 2 分）
可得
（答案 1 分）
(2)设、间的间距为，则
（公式 2 分）
由于
（公式 2 分）
可得
（答案 1 分）
(3)联立
（公式 1 分）
及
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
15．（16 分）（1）；（2）0：（3）
【详解】（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电场力做功为
（公式 2 分）
电场力做正功电势能减小，故电势能变化量为
（答案 1 分）
（2）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程运用动能定理，得
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和电场力的合力提供
（公式 2 分）
等效重力与重力的夹角
所以
（答案 1 分）
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足
（答案 1 分）
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得
（公式 2 分）
解得
（答案 1 分）
