湖北省武漢市2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期10月聯(lián)考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1武漢市2024—2025學(xué)年度上學(xué)期10月聯(lián)考高二物理試卷一、選擇題（1-7為單選，8-10為多選，每題4分，漏選2分，多選錯選不得分，共40分）1.下列關(guān)于靜電場中電場線和等勢面的說法正確的是（）A.電場線是客觀存在的但肉眼看不見的線B.電場線與等勢面一定是處處相互垂直的C.電場線的方向即為帶電粒子的運動方向D.將點電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功【答案】B【解析】A．電場線是為了描述電場而假想的曲線，實際是不存在的，選項A錯誤；B．電場線與等勢面一定是處處相互垂直的，選項B正確；C．電場線的方向與帶電粒子的運動方向一般是不同的，選項C錯誤；D．將正的點電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電勢能減小，電場力做正功，選項D錯誤．2.如圖所示，原來不帶電，長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個電荷量為（）的點電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點，靜電力常量為k。當棒達到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A.棒的兩端都感應(yīng)出負電荷B.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度方向水平向右C.棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度大小D.若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上會產(chǎn)生電流【答案】C【解析】A．由靜電感應(yīng)可知，棒左端感應(yīng)出負電荷，右端感應(yīng)出正電荷，故A錯誤；BC．q在棒中心O處產(chǎn)生的電場方向向右，根據(jù)平衡關(guān)系可知，棒上感應(yīng)電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場方向向左，大小相同，為故C正確，B錯誤；D．導(dǎo)體棒是等勢體，左右端電勢相等，若用一根導(dǎo)線將A、B相連，導(dǎo)線上不會產(chǎn)生電流，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，虛線為真空中某靜電場的等勢面，圖中相鄰等勢面間電勢差相等，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡，M、N、O、P為粒子的運動軌跡與等勢線的交點。若粒子僅受電場力的作用，下列說法正確的是（）A.粒子在M、O兩點的加速度大小相等B.粒子在N、O兩點的速度大小相等C.粒子運動過程中速度先減小后增大D.粒子在N點時的電勢能比在P點時的電勢能大【答案】B【解析】A．M點附近等差等勢面較密集，則電場強度更大，電場力更大，加速度更大，A錯誤；B．N、O兩點在同一等勢面，則粒子在N、O兩點的電勢能相等，粒子僅受電場力，則電勢能與動能之和保持不變，則粒子在N、O兩點的動能相等，速度大小相等，B正確；C．電場線與等勢面垂直，電場力與電場線共線且指向軌跡的凹側(cè)，可知，粒子先加速運動后減速運動，C錯誤；D．粒子從P點到O點做加速運動，結(jié)合B選項，粒子在N點時的電勢能比在P點時的電勢能小，D錯誤。故選B。4.如圖，一根均勻帶負電的長直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運動。若棒橫截面積為S，單位長度所帶的電荷量為q，由于棒的運動而形成的等效電流的大小和方向是（）A.qvS，與v同向 B.qvS，與v反向C.，與v同向 D.qv，與v反向【答案】D【解析】電荷的定向移動形成電流，正電荷定向移動的方向即為電流的方向，故均勻帶負電的長直橡膠棒沿軸線方向做速度大小為v的勻速直線運動，形成等效電流，電流的方向與反向，設(shè)橡膠棒的長度為，則故選D。5.如圖所示為在豎直平面的電路，閉合開關(guān)S1和S2后，帶電油滴在電容器內(nèi)部處于靜止狀態(tài)，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻，二極管為理想二極管，電容器的下極板接地，則下列說法錯誤的是（）A.滑動變阻器的滑動頭P向右滑動，油滴向上運動B.滑動變阻器的滑動頭P向左滑動，油滴向下運動C.極板M向上運動，M板的電勢升高D.斷開S2，油滴向上運動【答案】B【解析】A．滑動變阻器的滑動頭P向右滑動，則R1阻值減小，回路電流變大，則R2兩端電壓變大，則電容器要充電，此時電容器兩板電壓變大，場強變大，則油滴向上運動，故A正確；B．滑動變阻器的滑動頭P向左滑動，則R1阻值變大，回路電流變小，則R2兩端電壓變小，則電容器要放電，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則使得電容器兩板電壓不變，則油滴仍靜止，故B錯誤；C．極板M向上運動，根據(jù)可知電容器電容減小，則帶電量應(yīng)該減小，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則兩板間電量不變，結(jié)合可知兩板電勢差變大，N板接地電勢為0，則M板的電勢升高。故C正確；D．斷開S2，則電容器兩板間的電壓等于電源的電動勢，即電壓變大，電容器充電，根據(jù)可知兩板間場強變大，則根據(jù)可知斷開S2，油滴向上運動。故D正確。題目要求選擇錯誤的，故選B。6.如圖所示，帶正電的小球A用豎直立在地面上的絕緣桿支撐固定，把帶正電的小球B繞過A球正上方的定滑輪的絕緣細長線用手拉住。開始時A、B在同一水平線上并處于靜止狀態(tài)，不計兩個小球的大小。現(xiàn)拉細線使小球B緩慢移動到定滑輪處，小球B在向上移動過程中，A、B兩球的電荷量保持不變，不計兩球間的萬有引力，則在B球緩慢移動到定滑輪處的過程中（）A.A、B兩球間的距離在減小B.小球B的運動軌跡是直線C.細線上的張力先減小后增大D.A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢能在增大【答案】C【解析】ABC．設(shè)小球B受到的重力為mg，A、B兩球的帶電量分別為q1、q2，兩球間的距離為r，定滑輪距離A球為h，距離B球為d，對B球受力分析如圖根據(jù)相似三角形可知得小球B緩慢向上移動過程中，兩個三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根據(jù)題意移動過程mg、h不變，則在小球緩慢移動過程中r保持不變，因此小球的運動軌跡是一段圓弧，當小球B運動到小球A的上方后，AB距離增大；在這之前則A、B兩球之間的庫侖力大小保持不變，又由于d在減小，因此一直在減小，所以細線上的張力F一直在減小，當小球B運動到小球A的上方后，此時庫侖力、重力、拉力共線，小球B繼續(xù)向上運動，庫侖力減小，所以拉力增大，即細線上的張力F先減小后增大，故AB錯誤，C正確；D．當小球B運動到小球A上方前，由于小球的運動軌跡是一段圓弧，庫侖力不做功，則A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢能不變；當小球B運動到小球A的上方后，庫侖力做正功，A、B兩球組成的系統(tǒng)電勢能在減小，故D錯誤。7.如圖（a）所示，兩個帶正電的小球A、B（均可視為點電荷）套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA=2.0×10-4C，B球的質(zhì)量m=0.1kg。以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，B球的總勢能（重力勢能與電勢能之和）隨位置x的變化規(guī)律如圖（b）中曲線I所示，直線Ⅱ為曲線I的漸近線。圖中M點離A點距離為6m，令A(yù)位置的重力勢能為零，無窮遠處電勢為零，重力加速度g取10m/s2，圖（a）靜電力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列說法錯誤的是（）A.B球的電荷量QB=1.0×10-5CB.直線Ⅱ?qū)嵸|(zhì)上是小球B的重力勢能變化曲線C.若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運動過程中加速度先減小后增大D.若B球以4J的初動能從M點沿桿向上運動，到最高點時電勢能減小1J【答案】D【解析】A．由圖乙中的曲線Ⅰ知，在x=6m處B球的總勢能最小，動能最大，該位置M點受力平衡，則有解得選項A正確；B．因隨著兩球距離的不斷增加，電勢能逐漸趨近于零，則漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，選項B正確；C．由于B球在位置M點受力平衡，B球從離A球2m處靜止釋放到M的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫侖力減小，向上運動過程中加速度大小減??；從M繼續(xù)向上運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知庫侖力減小，向上運動過程中加速度大小增大。所以B球向上運動過程中加速度也先減小后增大，選項C正確；D．漸近線Ⅱ表示小球B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，有由圖像可知直線斜率k=0.5，則有解得B球在M點的電勢能在M點B球總勢能為6J，B球以4J的初動能從M點沿桿向上運動，根據(jù)能量守恒定律，當B的動能為零，總勢能為10J，由圖可知，總勢能為10J時，有此時的電勢能為所以電勢能的變化為可知到最高點時電勢能減小2J，選項D錯誤。（）A.E點和F點的電場強度相等B.O點電場強度等于零，電勢一定大于零C.將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功D.電子從M點移動到N點的過程中，電勢能先增大后減小【答案】CD【解析】A．將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，根據(jù)等量異種點電荷的電場分布規(guī)律，結(jié)合對稱性可知，E點和F點的電場強度大小相等，方向相反，即E點和F點的電場強度不相等，故A錯誤；B．結(jié)合上述，將A、B與C、D分別看為兩組等量異種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，電勢與無窮遠電勢相等，即電勢等于0，可知，O點的電勢為0，A、C與B、D是兩組等量同種點電荷，由于等量異種點電荷連線的中點位置的電場強度為0，即O點的電場強度等于零，故B錯誤；C．結(jié)合上述可知，EF連線為一條等勢線，則將電子從E點沿著EF連線移動到F點，電場力不做功，故C正確；D．根據(jù)圖中電荷的分布可知，由于MO之間的任意位置均靠近A、B組等量異種點電荷，則MO之間任意位置的電勢由A、B組等量異種點電荷決定，ON之間的任意位置均靠近C、D組等量異種點電荷，則ON之間任意位置的電勢由C、D組等量異種點電荷決定，根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律，由于沿電場線電勢降低，而等勢線垂直于電場線，由于O點電勢為0，可知，MO之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢降低，ON之間的任意位置的電勢均大于0，由，電勢升高，則電子從M點移動到N點的過程中，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大后減小，故D正確。故選CD。9.如圖所示，O、A、B為一粗糙絕緣水平面上的三點，不計空氣阻力，一電荷量為+Q的點電荷固定在О點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小金屬塊（可視為質(zhì)點），從A點以速度向右運動，最后停止在B點，已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.該過程中小金屬塊的電勢能減小B.A、B兩點間的電勢差為C.若在A處庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時距О點的距離為D.若在A處庫侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運動過程的平均速度小于【答案】AC【解析】A．依題意，小金屬塊受到向右的庫侖力，該過程中庫侖力對小金屬塊做正功，所以小金屬塊的電勢能減小，故A正確；B．由動能定理可得A、B兩點間的電勢差為聯(lián)立，解得故B錯誤；C．若在A處庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時，其受力平衡，有解得故C正確；D．若在A處庫侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運動過程做減速運動，由牛頓第二定律可得解得，加速度大小為則小金屬塊由A向B運動過程做加速度增大的減速運動，v-t圖像如圖所示在圖中做出初速度為v0，末速度為0的勻減速勻速直線運動圖線根據(jù)平均速度公式可知小金屬塊由A向B運動過程的平均速度大于，故D錯誤。10.圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。時，比荷為k的帶電粒子甲從О點沿方向、以的速率進入板間，時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在時刻，帶電粒子乙以的速率沿從О點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（）A.T時刻，乙粒子離開電場B.乙粒子的比荷為C.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3D.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2【答案】AD【解析】A．設(shè)板長為L，粒子甲的運動時間為粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運動時間為因乙在時刻飛入電場，則在T時刻離開電場，故A正確；CD．設(shè)兩板間距離為d，則有為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，以豎直方向位移和時間關(guān)系，可得作出豎直方向上速度—時間圖像，如圖所示則圖線與時間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移大小剛好為，根據(jù)圖像可知在時刻粒子甲會恰好不碰到極板，此時刻會達到最大位移的大小，而在時刻，粒子出電場，此時位移是最大位移的一半，為，即甲在豎直方向上的位移為；同理，對粒子乙，其圖線為的形狀，因乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時刻會恰好不與極板相撞，此時乙剛好飛出電場，即乙在豎直方向上的位移為，則偏轉(zhuǎn)位移之比為故C錯誤，D正確；B．對乙有對甲有因則有可得又可得乙粒子的比荷為故B錯誤。故選AD。二、實驗題（共16分）11.圖甲所示電路為“用傳感器觀察電容器的放電過程”實驗電路圖。開關(guān)未閉合時，電源的電壓。實驗操作時，單刀雙擲開關(guān)先跟2相接。某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。開關(guān)再改接2后得到的圖像如圖乙所示。（1）開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為_______（填“自上而下”或“自下而上”）。（2）已知電容器的電容為，則圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為_______。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)研究電容器儲存的能量與電容器的電容、電荷量及電容器兩極板間電壓之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他還做出電容器兩極板間的電壓隨電荷量變化的圖像如圖所示。按照他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越小B.對同一電容器，電容器儲存的能量與電荷量成正比C.對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比【答案】（1）自上而下（2）（3）AC【解析】（1）開關(guān)S接1時，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負電，電子自下而上流經(jīng)電阻，故開關(guān)改接1后流經(jīng)電阻上的電流方向為自上而下；（2）圖乙中圖線與坐標軸所圍“面積”為電容器充電后所帶電荷量，由得（3）A．由得圖線的斜率為，故圖線的斜率越大，電容越小，故A正確；BC．電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積，解得從上面的式子看出，電容器儲存的能量與電荷量的平方成正比，對同一電容器，電容器儲存的能量與電容器兩極板間電壓的平方成正比，故B錯誤，故C正確。12.某同學(xué)為研究小燈泡L（額定電壓2.8V，額定電流0.40A）的伏安特性，所使用的器材有：A．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；B．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約為30kΩ）；C．電流表（0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；D．電流表（0~500mA，內(nèi)阻約為0.6Ω）；E．滑動變阻器（200Ω，0.5A）；F．滑動變阻器（10Ω，2A）；G．直流電源（電動勢3V，內(nèi)阻不計）；H．開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）實驗要求能夠在0~2.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，并盡可能減小誤差。根據(jù)要求在圖1虛線框中畫出實驗電路圖_______。（2）電路中電壓表應(yīng)選用__________，電流表應(yīng)選用_________，滑動變阻器應(yīng)選用____________。（用序號字母表示）（3）測得此燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，當工作電壓是1.6V時，此燈泡的電阻為__________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（4）若將此燈泡與電動勢為3V，內(nèi)阻為10Ω的電源相連，則燈泡兩端的實際電壓為_________V（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）ADF（3）5.33（4）1【解析】（1）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接。為減小誤差，應(yīng)連接成分壓式電路，如圖所示（2）因燈泡額定電壓2.8V，額定電流0.40A，可知電壓表選擇A，電流表選擇D；則由于電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，可知應(yīng)該采用電流表外接；滑動變阻器選擇阻值較小的F。（3）根據(jù)燈泡的伏安特性曲線，當工作電壓是時，燈泡的電流為300mA=0.3A，則此燈泡的電阻為（4）在燈泡的伏安特性曲線中做出電動勢為3V、內(nèi)阻為的電源的圖像，如圖所示則圖像的交點的坐標即為小燈泡接入電路中時燈泡的電壓和電流，所以燈泡兩端的實際電壓為三、解答題（共44分）13.如圖所示的平行金屬板電容器的電容，極板A、B之間可以看成勻強電場，場強，極板間距離為L=5cm，電場中c點到A極板、d點到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：（1）B極板所帶電荷量Q；（2）d點處的電勢φd；（3）將電荷量負點電荷從d移到c，靜電力的功Wdc?！敬鸢浮浚?）C；（2）-6V；（3）【解析】（1）BA間的電勢差為VB極板所帶電荷量Q為C（2）B極板與d之間的電勢差為d點處的電勢（3）d、c之間的距離為d、c兩點間的電勢差為靜電力做的功14.XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，可用于對多種病情的探測。某種XCT機原理示意圖如圖所示。M、N之間是加速電場，虛線框內(nèi)為勻強偏轉(zhuǎn)電場S；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到水平圓形靶臺上的中心點P，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩端的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域水平寬度為L0，豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為L0，偏轉(zhuǎn)電場的電場強度。忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力。求：（1）電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小；（2）電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角；（3）P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的距離。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根據(jù)動能定理有解得電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小為（2）電子在偏轉(zhuǎn)場中，根據(jù)牛頓第二定律解得電子在偏轉(zhuǎn)場運動的時間為則電子出偏轉(zhuǎn)場時在豎直方向的分速度為設(shè)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向夾角為，可得聯(lián)立解得（3）設(shè)P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的距離L，電子在偏轉(zhuǎn)場的偏轉(zhuǎn)位移電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度反向延長將交于水平位移的中點，由相似三角形可知聯(lián)立解得15.如圖所示，水平地面上方被豎直線MN分隔成兩部分，M點左側(cè)地面粗糙，與B球間的動摩擦因數(shù)為，右側(cè)光滑，MN右側(cè)空間有一范圍足夠大的勻強電場，在О點用長為的輕質(zhì)絕緣細繩，拴一個質(zhì)量，帶電量為的小球A，在豎直平面內(nèi)以v=10m/s的速度做順時針勻速圓周運動，小球A運動到最低點時與地面剛好不接觸，處于原長的彈簧左端連在墻上，右端與不帶電的小球B接觸但不粘連，B球的質(zhì)量，此時B球剛好位于M點。現(xiàn)用水平向左的推力將B球級慢推至Р