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湖南省2025-2026学年高二上学期期中考前物理仿真试卷
【必修第三册第9-11章】
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．静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（　　）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
2．边长为的正六边形，每个顶点上均固定一个电荷量为的点电荷，各电荷电性如图所示，规定无穷远处电势为零，静电力常量为，关于正六边形的中心点的场强及电势，下列说法正确的是（　　）
A．点的场强大小为
B．点的场强大小为
C．点的电势小于零
D．点的电势等于零
3．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，＝＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）
A．－E B． C．－E D．＋E
4．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。可以判定（　　）

A．M点的电势小于N点的电势
B．粒子带正电，M点的电势大于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
5．如图所示，A，B，C，D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为，飞经等势面C时，电势能为，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为，则下列说法错误的是（　　）
A．等势面A的电势为
B．等势面B的电势为零
C．电子再次飞经等势面D时，动能为
D．电子在等势面D时的电势能为
6．电容器充电后就储存了能量,某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发,认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服静电力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像（如图所示）。按照他的想法,下列说法正确的是（ ）
A. 图线的斜率越大,电容越大
B. 搬运的电荷量,克服静电力所做的功近似等于上方小矩形的面积
C. 对同一电容器,电容器储存的能量与两极板间电压成正比
D. 若电容器电荷量为时储存的能量为,则电容器电荷量为时储存的能量为
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．如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是 (　　)
A．1 B．2 C．3 D．5
8．如图所示，在某真空区域有一个空间坐标系O-xyz，在x轴上的M点（d，0，0）、N点（，0，0）分别固定一个电荷量为+Q（Q>0）的点电荷。z轴上P点坐标为（0，0，d），y轴上S点坐标为（0，d，0）。现将一个电子置于P点，则下列说法正确的是（　　）
A．使电子从P点沿z轴正向移动，所受电场力先增大后减小
B．使电子从P点沿z轴向原点O移动，所受电场力逐渐减小
C．使电子沿直线从P点移动到S点，所受电场力先增大后减小
D．使电子沿直线从P点移动到S点，其电势能先减小后增大
9．一匀强电场的方向平行于平面，平面内点和点的位置如图所示。电荷量为、和的三个试探电荷先后分别置于点、点和点时，电势能均为。下列说法正确的是（ ）
A．中点的电势为零
B．电场的方向与轴正方向成 角
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
10．在如图所示电路中，电源电动势、内阻 ，定值电阻 、 、 ，滑动变阻器的取值范围为 ，所有电表均为理想电表．闭合开关，在滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电压表、电压表、电流表A示数的变化量分别为、、．下列说法正确的是（ ）
A． 读数变小，则读数变大，小于
B． ，
C． 的功率先增大后减小，最大值为
D． 电源的输出功率先增大后减小，最大值为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．用如图所示电路，研究电容器的放电过程。实验时，先将开关S掷向1，充电完毕后，将开关掷向2，传感器将信号传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。
（1）电容的定义式C＝，下列物理量的表达式中，也是用其他物理量的比来定义且为标量的是________。
A．电场强度E＝ B．加速度a＝
C．电势φ＝ D．电阻R＝ρ
（2）实验中所使用的电容器电容大小为1 500 μF，额定电压为20 V，所使用的电源输出电压为10 V，则在该实验中电容器存储的最大电荷量为________。
（3）用q表示电容器上极板所带的电荷量，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，电容器在放电过程中的图像正确的有________。
A．B．
A．A．
（4）由图可知，传感器1为________（选填“电流”或“电压”）传感器。为使得电容器的放电时间延长便于观察，实验中所使用的可变电阻阻值应适当________（选填“调大”或“调小”）。
12．18世纪，库仑设计扭秤装置探究电荷间相互作用规律。其装置核心是一根弹性金属丝悬挂绝缘横杆，杆的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡。另有一个与A相同的带电小球C插于玻璃罩内合适位置。
（1）实验时，通过旋转顶部旋钮M改变带电小球间距r，利用金属丝扭转角度衡量电荷间作用力F大小。实验数据记录如下：
实验序号 两小球间距r（单位：m） 金属丝扭转角度（单位：°）
1 2 36
2 4 9
3 6 4
已知在该装置中，金属丝扭转角度与两小球间库仑力成正比。根据上述数据，推导库仑力F与两小球间距r的关系为
（2）若保持间距不变，仅将其中小球电荷量减变为原来一半，预计金属丝扭转角度将 （填“增大”或“减小”）；
（3）这一实验中用到了下列哪些方法________。
A．微小量放大法 B．控制变量法 C．极限法 D．逐差法
13．如图甲所示,P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场,粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间,O为两板左端连线的中点.荧光屏MO1N为半圆弧面,粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若在A、B两板间加电压,其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示,所有粒子均能从平行金属板右侧射出,并且垂直打在荧光屏上.已知粒子通过水平金属板所用时间远小于T,粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定,粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计,求:
(1)粒子在O点时的速度大小;
(2)图乙中U的最大值;
(3)U取(2)中最大值,所有粒子均能从平行金属板右侧射出,并且垂直打在荧光屏上.求粒子从O点到垂直打在屏上的最短时间.
14．一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R，整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C（重力加速度为g，，）则：
（1）带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B点与D点的水平距离多大？
15．如图所示，在竖直平面内三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，电场强度大小为；在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子恰好垂直于虚线B进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q点，重力加速度为g。求：
（1）粒子在电场Ⅱ中运动的时间；
（2）电场Ⅱ的电场强度大小；
（3）粒子运动到Q点时重力做功的瞬时功率。
参考答案
1．【答案】A
【详解】由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，A正确；根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，B错误；图中a、d两点电势关系为，根据，且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为，C错误；图中b、c两点电势关系为，且质子带正电，将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，D错误。
2．【答案】A
【详解】依题意，正六边形顶点上的六个点电荷分成三组，分别为两组等量同种点电荷和一组等量异种点电荷，其中等量同种点电荷在O点的电场强度为零，等量异种点电荷在O点的电场强度大小为，可知，O点的场强大小为，A正确；B错误；等量异种点电荷在O点的电势为零，等量同种点电荷在O点的电势大于零，所以点的电势大于零，CD错误。
3．【答案】A
【详解】
设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为
题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M点产生的场强为
由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为
故选A。
4．【答案】B
【思路点拨】本题的关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。根据电场力来确定电场力做功的正负，从而判定电势能增加与否。
【详解】AB．粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，斜向左下方，与电场方向一致，粒子带正电，根据顺着电场线的方向电势降低，可知过M点的等势面的电势高于过N点的等势面的电势，则M点的电势高于N点的电势，B正确，A错误；
C．由电场线的疏密表示电场强度的大小，可知，M点的电场强度比N点的小。由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，C错误；
D．从M到N，粒子的所受电场力斜向左下方，则电场力对粒子做正功，电势能减少，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D错误；选B。
5．【答案】C
【详解】
AB．电子从D到B的过程，根据动能定理得
解得
即D点电势高于B点电势，电场方向竖直向上，则电场强度为
电子经过等势面C时的电势能为，则C点的电势为
所C点与B点的电势差为
代入数据可得B点电势为0，因为CA间的电势差等于DB间的电势差，可知A点电势为，AB正确；
C．整个过程中，只有电场力对电子做功，根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，仍然为，C错误；
D．由前面的分析，可得D点的电势为20V，所以电子在D点时具有电势能为
D正确。
故选C。
6．【答案】B
【详解】由题图可知，和成正比，根据可知，故图线的斜率越大，电容越小，错误；类比速度—时间图像中面积代表位移，则图像的面积代表克服静电力所做的功，所以搬运的电荷量，克服静电力所做的功近似等于上方小矩形的面积，正确；从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服静电力所做的功，即等于图像与横轴所围的面积，则，即和成正比，错误；由公式，，可得，电容器电荷量为时储存的能量为，错误。
【思路引导】通过公式来分析图线的斜率与电容的关系；类比速度—时间图像中面积表示的物理意义来分析图像中面积所表示的物理意义。
7．【答案】AD
【命题点】库仑定律+电荷守恒定律
【详解】金属小球C跟A接触后再分开,金属小球A、C的电荷量为qA=qC=,金属小球C跟B接触后再分开,金属小球B的电荷量为qB==+,根据库仑定律,有=,可得=1或=5,A、D正确。
8．【答案】CD
【详解】在z轴上任选一点P'，连接P'M与P'N，设其与z轴夹角为，如图所示
根据等量同种电荷的电场分布可知P'点的电场强度竖直向上，大小表示为，整理得，令，，可得函数，对函数求导，令，解得，结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即，时场强最大，由此可知，使电子从P点沿z轴正移动，所受电场力逐渐减小，使电子从P点沿z轴向原点O移动，所受电场力先增大后减小，AB错误；从原点O向PS作垂线，设垂足为D，则，所以PS连线上D点场强最大，使电子沿直线从P点移动到S点，所受电场力先增大后减小，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，CD正确。
9．【答案】AD
【详解】根据可得、、三点电势分别为、、，由于匀强电场中沿某方向电势会均匀改变，则、中点的电势，正确；同理可知，上靠近点的三等分点的电势为0，故为等势线，如图所示，场强方向垂直于，与轴正方向夹角为 ，错误；设过点的电场线与的交点为，则距离，场强大小，错误，正确。
【一题多解】 正交分解法
设电场强度在平行于轴方向的分量为，在平行于轴方向的分量为，根据匀强电场电势差与场强的关系得，,故电场强度，且方向与轴正方向夹角为 ,、错误，正确。
10．【答案】ABC
【详解】将和等效为电源内阻，则等效电源电动势，等效电源内阻 ，等效电路如图，则当滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，读数变小，则读数变大，因，可知小于，正确； ，，正确；将等效为新电源的内阻，内阻为，当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电阻从0增加到 ，可知的功率先增大后减小，当 时功率最大，最大值为，正确；当滑动变阻器的滑片在端时，电路的外电阻为 ，当滑动变阻器的滑片在端时，电路的外电阻为 ，电源的内阻 ，则滑动变阻器的滑片从端滑到端的过程中，电源的输出功率一直减小，错误．
11．【答案】（1）C　（2）1.5×10－2 C　（3）BD　（4）电流　调大
【详解】（1）E＝为电场强度的定义式，采用比值定义法，但电场强度为矢量，故A错误；a＝为加速度的决定式，即牛顿第二定律表达式，不是比值定义法，故B错误；φ＝为电势的定义式，为比值定义法，且电势为标量，故C正确；R＝ρ为电阻的决定式，不是比值定义法，故D错误。
（2）由于电源所使用的输出电压为10 V，根据电容的定义式可得实验中电容器存储的最大电荷量为Q＝CU＝1 500×10－6×10 C＝1.5×10－2 C。
（3）电容器在放电过程中其所带电荷量逐渐减小，两极板电压减小，电流减小，且均减小的越来越慢，故选B、D。
（4）由题图可知，传感器1串联在电路中，是电流传感器，传感器2与可变电阻并联，是电压传感器；若调大可变电阻接入电路的阻值，则回路中电流减小，从而延长放电时间。
12．【答案】（1）力F与距离r的二次方成反比或
（2）减小
（3）AB
【详解】（1）库仑力与扭转角度成正比，根据表中数据，两小球间距的平方与扭转角度成反比，可推测：库仑力与两小球间距的二次方成反比，或。
（2）若保持间距不变，仅将其中小球C电荷量减变为原来一半，预计金属丝扭转角度将减小。
（3）这一实验中涉及变量为库仑力、间距、电量，用到了控制变量法。将微小的库仑力变化放大为金属丝扭转角度，用到了微小量放大法。
13．【答案】(1)　(2)2U0　(3)
【解析】(1)由动能定理得qU0=m,
解得v0=.
(2)粒子从极板右侧边缘射出时,对应的电压最大,此时竖直偏移量y=,
水平方向上l=v0t,
又y=at2,a=,
所以解得Um=2U0.
(3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合,才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上,当粒子从极板右侧边缘射出时,水平总位移最小,故时间最短,如图所示.
由题意得=v0t=2l,
设出电场时速度与水平方向夹角为θ,则有tan θ=,vy=at,
解得θ=45°,
由于速度反向延长线过水平位移中点,且由几何关系得
EF=FH=·l,
E为圆弧的圆心,由几何关系可得EO1=EM=EF+FO1=·l,
则有EP'=EM·cos 45°=l,
则水平位移有OP'=l+l=l,
最短时间为tmin==l×=.
14．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当小球在半圆轨道上运动时，当小球所受重力和电场力的合力与速度垂直时速度最小，此时合力恰好提供向心力，由牛顿第二定律得
由等效法可得，该点小球所受合力与竖直方向的夹角为37°，从A到该点由动能定理得
联立代入数据解得
（2）从A点到C由动能定理得
从最高点C抛出，竖直方向做自由落体运动，设运动到水平面用时t，则
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
加速运动位移为
解得
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为，初速度为，则有，
根据牛顿第二定律可得
联立解得
由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为
解得
（2）设粒子经过B时的位置离PQ连线的距离为，则
又
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）粒子到达Q点时，设沿竖直方向的速度为，则
解得
则粒子到Q点时，重力做功的瞬时功率
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