资源简介

湖南省怀化市2025-2026学年高二上学期期中考前
物理仿真试卷A
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．[4分]如图所示，O、M、N为一负点电荷电场中一条电场线上的三点，M为ON的中点。O、N两点的电势分别为，，则（　　）
A．M点的电势为-6V
B．M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差
C．O点的电场强度一定比N点的电场强度大
D．一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做负功
2．[4分]如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处电势能大于在C处电势能
D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
3．[4分]如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则 （　　）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
4．[4分]如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为 (　　)
A．Q1=q,Q2=q,Q3=q
B．Q1=-q,Q2=-q,Q3=-4q
C．Q1=-q,Q2=q,Q3=-q
D．Q1=q,Q2=-q,Q3=4q
5．[4分]AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定,竖直截面如图所示。两板间距10 cm,电荷量为1．0×10-8 C、质量为3．0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S,小球静止时,细线与AB板夹角为30°;剪断细线,小球运动到CD板上的M点(未标出),则 (　　)
A．MC距离为 5 cm
B．电势能增加了×10-4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值,MC的距离将变大
6．[4分]如图所示，等量同种电荷放置于、两点，、两点关于点对称．把一带电粒子从中垂线上的点由静止释放，带电粒子仅在电场力作用下从点运动到点的过程中，电场力做功为，时间为．若把等量同种电荷都换成，带电粒子仍从点静止释放，在粒子从点运动到点过程中，则（　　）
A．加速度逐渐减小 B．带电粒子电势能先减小后变大
C．电场力做功为 D．末速度变为原来的2倍
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．[5分]如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（　　）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
8．[5分]如图,在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位于A点两侧,q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上,且OA=OB=OC。取无穷远处电势为零,电荷位置与电荷量满足一定关系,使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是 (　　)
A．A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向
B．若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高
C．试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则C点的电场强度一定为零
9．[5分]
如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度 (　　)
A．方向沿x轴负方向
B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为(cos 54°+cos 18°)
D．大小为(2cos 54°+cos 18°)
10．[5分]如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0, b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是 (　　)
A．t1< t2 B．t1> t2
C．Ek1< Ek2 D．Ek1> Ek2
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．[8分]在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于玻璃棒的O点。实验过程中两带电小球在各自位置均可视作点电荷，重力加速度大小已知。
（1）实验过程中，小球A、B在同一水平线上，为测出小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量是________。
A．小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角
B．小球B的质量，小球B的悬线长度
C．小球A、B的质量，小球A、B之间的距离
（2）某次实验时，使小球A、B在同一水平线上且测得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30°。保持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60°，则移动前后小球A、B之间的距离之比为________。
（3）本实验中应用到的科学探究方法是________。
A．理想实验法 B．微小量放大法
C．控制变量法 D．等效替代法
12．[12分]温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：
A．直流电源，电动势E=6V，内阻不计；
B．毫安表A1，量程为600mA，内阻约为0.5；
C．毫安表A2，量程为10mA，内阻RA=100；
D．定值电阻R0=400；
E．滑动变阻器R=5；
F．被测热敏电阻Rt，开关、导线若干。
(1)实验要求能够在0~5V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路 。
(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt= （用题给的物理量符号表示）。
(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为 ，此时该金属热敏电阻的温度为 ℃。
13．[10分]如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小。
(2)小球在A、B两点的速度大小。
14．[12分]如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求:
（1）从到时间内，电场力对该电子所做的功;
（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板
15．[14分]如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管、）组成，质子从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒时速度均为，进入金属筒时速度均为，从筒右端射出后，沿两水平金属板、间的中心线射入，板长，板间距，加在板上的电压随时间变化的图像如图乙所示。粒子穿过板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离，圆筒绕其轴线匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过板后射出的所有质子。质子的比荷为，不计质子重力。
（1）请根据所学知识，解释并说明质子在漂移管内的运动状态；
（2）粒子在之间加速时，求管的电势；
（3）以时刻进入的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取轴竖直向上为正，计算质子打到记录纸上沿轴方向的最大侧移量；
（4）通过计算，在图丙的坐标纸上定量地画出内质子打在记录纸上形成的痕迹图线。
物理仿真试卷A参考答案
1．【答案】B
【详解】AB．在O、M、N所在的电场线上，离负电荷越近，场强越大，相同距离的电势差越大，M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差，即M点的电势高于-6V，A错误，B正确；
C．该电场是由负点电荷形成的，由点电荷场强公式
可知，O点离场源电荷较远，场强较小，即O点的电场强度一定比N点的电场强度小，C错误；
D．一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做正功，D错误。
选B。
2．【答案】B
【详解】A．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；
B．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；
C．粒子从A点运动到C点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；
D．由于电势差相同，根据
W=Uq
知，电场力做功相同，故D错误。
故选B。
3．【答案】C
【命题点】带电物体在电场中的运动
【解析】假设M点固定一个正电荷，则N点固定一个等量的负电荷，等量异种点电荷对带电小球的作用力水平向右，匀强电场对带电小球的作用力竖直向上，电场力的合力为斜右上方，小球从A到C的过程中电场力的合力做负功，电势能增加，A错误；若匀强电场对带电小球的电场力qE与小球的重力等大反向，圆环对小球的作用力不做功，等量异种点电荷对带电小球的作用力不做功，根据动能定理可知小球的动能不变，小球能沿圆环做匀速圆周运动，B错误；小球从A到B过程，根据动能定理可求出小球运动到B点时的速度，利用向心力公式求出向心加速，根据小球的重力与匀强电场对带电小球的电场力求出沿切线方向的加速度，根据运动的合成与分解可求出小球运动到B点时的加速度，C正确；小球在D点时，小球的重力与匀强电场对带电小球的电场力的合力沿圆环切线方向，等量异种点电荷对带电小球的作用力与圆环对小球的弹力的合力提供向心力，等量异种点电荷对带电小球的作用力的合力平行于MN，则圆环对小球的弹力的作用力方向不平行MN，D错误。
【一题多解】根据等量异种点电荷的电势分布可知，等量异种点电荷在绝缘光滑圆环所在位置的电势为零，根据电势沿电场线方向降低可知从A到C的过程中电势升高，小球电势能增大，A错误。
4．【答案】D
【命题点】电场强度的叠加
【详解】以P点为坐标原点,AP方向为y轴正方向,垂直y轴向右为x轴正方向,建立直角坐标系,如图所示,根据矢量合成和几何关系可知,Q1和Q3电性相同,且与Q2电性相反,才可以保证P点处电场强度为零,A、B错误;设PA的长度为d,则PB=d,PC=2d,根据正交分解可知,在x轴方向上有·cos 30°=·cos 60°,在y轴方向有+·sin 30°=·sin 60°,联立解得|Q2|=|Q1|,|Q3|=4|Q1|,若Q1=q,则Q2=-q,Q3=4q,若Q1=-q,则Q2=q,Q3=-4q,D正确。
5．【答案】B
【命题点】电容器+带电体在电场中的受力和运动
【详解】
闭合开关S,小球静止时,对小球进行受力分析,如图所示,根据共点力平衡可知T=qE,2qEcos 30°=mg,解得E=×105 N/C,C错误;剪断细线后,小球在电场力和重力的共同作用下(点拨:根据三力平衡,小球所受重力和电场力的合力与原细线的拉力大小相等、方向相反),沿直线向右下做初速度为零的匀加速运动到达M点,三角形ACM是直角三角形,由几何关系知MC=AC=10 cm,A错误;小球运动到M点的过程中,电势能增加量等于克服电场力做的功,有ΔEp=qE×(AM-l细线)×sin 30°,由几何知识可得AM==20 cm,则ΔEp=×10-4 J,B正确;电路中的电源为直流电源,电容器在直流电路中相当于断路,电容器稳定后两板间电场强度不变,改变R的阻值不影响小球的运动,D错误。
6．【答案】C
【详解】
A．根据等量同种点电荷产生的电场可知，无穷远电场强度为零，点电场强度为零，粒子运动到点过程中，加速度可能逐渐减小，也可能先增大后减小，A错误；
B．电场力做正功，电势能减小，B错误；
C．同种电荷都换成 ，场强变为2倍，电场力变为原来的2倍，做功为，C正确；
D．由动能定理，做功为，末速度变为原来的倍，D错误。
故选C。
7．【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中
，
所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处速度为
所以D正确。
故选：BD。
8．【答案】BD
【命题点】点电荷的场强与电势的叠加
【详解】以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,由电场强度和等势面的关系可知(关键点:电场线与等势面处处垂直),A、B两点电场强度的方向与OC垂直,与x轴重合,由于无法判断各个电荷的电性,故无法判断A、B两点电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向,A错误;取无穷远处为零电势点,由于正点电荷周围的电势为正值,若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高,B正确;试探电荷q沿y轴运动过程中,根据电荷分布,若静电力始终不做功,则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,但静电力不一定为零,C错误;根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴重合,再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴垂直,同一点电场强度的方向是唯一的(关键点:电场线不相交),故C点的电场强度一定为零,D正确。
9．【答案】AD
【命题点】不等量同种点电荷的场强的叠加
【详解】
点电荷在O点产生的场强方向如图所示。由几何关系可知θ1=18°,θ2=54°,将5个场强沿x、y轴分解可得Ex=E1cos 54°+E2cos 18°-E4cos 18°-E5cos 54°=-(2cos 54°+cos 18°),Ey=E1sin 54°+E5sin 54°-E4sin 18°-E2sin 18°-E3==0,根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向,大小为(2cos 54°+cos 18°),A、D正确。
10．【答案】AD
【命题点】带电粒子在电场、磁场中的运动
【详解】
在电场中从O到P,粒子沿x轴正方向做匀速直线运动,沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,末速度大于初速度,动能大于初动能,在磁场中从O到P,速度大小不变,动能等于初动能,故Ek211．【答案】（1）A　（2）∶1　（3）C
【详解】（1）设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为α，对小球B受力分析，根据共点力平衡，有F库＝mgtan α
由此可知需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线偏离竖直方向的夹角，故选A。
（2）移动小球A前，对小球B受力分析有
F库1＝mgtan 30°＝k
移动小球A后，对小球B受力分析有
F库2＝mgtan 60°＝k
联立解得r1∶r2＝∶1
（3）实验中控制小球A、B的电荷量不变，改变小球A、B之间的距离，此方法采用了控制变量法，故C正确，A、B、D错误。
12．【答案】；；增大；17.5；55；
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
(3)[3]．根据可得
则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率 变大，可知Rt变大。
(4)[4][5]．通过R1的电流
则通过R2和Rt的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则
根据Rt-t图像可知
解得
t=55℃
13．【答案】(1)　(2)　
【命题点】带电体在静电场中的运动
【详解】［题图剖析］状态分析
(1)在匀强电场中,由公式 E=可得 E= (2分)
(2)在A点细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得
Eq-mg= (2分)
由A点到B点,由动能定理得
Uq-mgL=m-m (2分)
联立解得vA=,vB= (2分)
14．【答案】（1）W=eφ；（2）1.57T
【详解】
（1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有
d=2×
对于t=进入的电子，有
在~=内向右匀加速，有
x1=
解得
x1=
设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：
W=eφ
（2）在~=内向右匀减速到速度为零，有
x2=x1=
在~=内反向向左匀加速，有
x3=
解得
x3=
在~=内反向向左匀减速到速度为零，有
x4= x3=
在~=内继续向右匀加速，有
x5=x1=
所以电子运动T+后，距B板距离为：
x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=在t=时刻，电子的速度为
v=a
解得
v=
从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有
x6=vΔt-aΔt2
d=+x6
解得
Δt=（）T
[（+）T不符合题意，舍去]
所以总时间为
t0=T++Δt=≈1.57T
15．【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）；
（4）
【详解】
（1）由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。
（2）质子在之间加速，假设两管之间的电压为，根据动能定理得：
代入数据得
由于管接地，电势为0，则管电势
（3）当质子恰好从板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标为。
在板间向上偏转的过程中，质子初速度是，水平位移是，竖直位移是，假设此时对应的偏转电压为，偏转时间为。根据类平抛运动的规律有
代入数据解得
此质子从板间射出时沿方向的分速度为
由几何关系得
代入数据解得
质子在轴上的最大侧移量为
（4）又，圆筒转动的一个周期内质子打在圆筒上的最高点不止一个。所对应的时刻分别为和。
根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的坐标为，第二个最高点的坐标为。
综上所述，质子打在记录纸上最高点的坐标为或
从题给的随时间变化的图像可以知道，一个周期内只有，，，这几段时间内才有粒子打到记录纸上。
且当时，打到纸上的位置坐标满足

第 page number 页，共 number of pages 页
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