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甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2024高二上·秦州期末）关于电荷，下列说法正确的是（　　）
A．带电体的带电荷量不是任意的，必须是元电荷的整数倍
B．点电荷不是一种理想化模型，是实际存在的带电体
C．元电荷就是带电荷量为1.60×10-19C的带电体
D．两个不带电的物体经摩擦后带电，说明电荷可以创生和消灭
2．（2024高二上·秦州期末）质量为0.5 kg的瓜州蜜瓜放到水平桌面上，经2s，取重力加速度大小g=10 m/s2，则桌面支持力对蜜瓜的冲量大小是（　　）
A．1N·s B．5N·s C．10N·s D．15N·s
3．（2024高二上·秦州期末）质量的汽车在郑州的中州大道以的速度行驶，其动量大小为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·秦州期末）如图所示，电动势为4V的电源跟一个阻值为8Ω的电阻连接成闭合电路，理想电压表测得电源两端的电压为3.2V，则电源的内阻为（　　）
A．1Ω B．2Ω C．3Ω D．4Ω
5．（2024高二上·秦州期末）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．任何电场都会产生磁场
B．任何磁场都会产生电场
C．电磁波是横波，不能在真空中传播
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在
6．（2024高二上·秦州期末）如图所示，A、B 两物体的质量相同，中间用轻弹簧相连，水平面光滑，在水平推力F 的作用下，A、B 两物体一起以加速度a 向右做匀加速直线运动。在突然撤去推力F 的瞬间，A、B 两物体的加速度大小分别为（　　）
A．a，0 B．0，a C．a，a D．a，2a
7．（2024高二上·秦州期末）如图所示，在xOy坐标系内，三根相互平行的通电直导线P、Q、R分别位于正三角形的三个顶点，都通有方向垂直xOy坐标平面向外、大小相等的电流，则导线R受到的安培力的方向是（　　）
A．沿y正方向 B．沿y负方向 C．沿x正方向 D．沿x负方向
8．（2024高二上·秦州期末）下列情景利用了反冲原理的是（　　）
A．喷气式飞机飞行 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
9．（2024高二上·秦州期末）内阻r=1Ω的小型直流电动机线圈与规格为“4V 4W”的小灯泡并联，再与阻值R=5Ω的电阻串联，然后接至U=12V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，则电动机的输出功率及效率为（　　）
A．2.04W B．5.06W C．85% D．95%
10．（2024高二上·秦州期末）如图所示，两点电荷Q1、Q2连线的延长线上有A、B两点。现将一带负电的试探电荷在A点由静止释放，它仅在电场力作用下恰好能在A、B两点间做往复运动，则下列说法正确的是（　　）
A．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
B．A、B两点的电势相等
C．A、B两点的电场强度大小相等，方向相反
D．试探电荷从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先增大后减小
11．（2024高二上·秦州期末）（1）下列是通过描点法画小球平抛运动轨迹的一些操作要求，将你认为错误的选项前面的字母填在横线上______
A．通过调节使斜槽的末端切线保持水平
B．每次释放小球的位置必须相同
C．记录小球位置用的凹槽每次必须等距离下降
D．每次必须由静止释放小球
（2）在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图所示，其中O点为平抛运动的起点。取重力加速度大小g=9.8m/s2，根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度大小v0= 　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
12．（2024高二上·秦州期末）按要求完成实验。
（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的　 　（填“A”“B”或“C”）进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为　 　mm。
（2）假设一金属丝的长度为L，横截面积为S，电阻为R，则该金属丝的电阻率ρ=　 　。
13．（2024高二上·秦州期末）如图所示，灵敏电流计的内阻，满偏电流。当使用、两个端点时，电流表最大测量值；当使用、两个端点时，电压表最大测量值为。已知电阻。求：
（1）电阻的阻值；
（2）最大测量值。
14．（2024高二上·秦州期末）如图所示，在光滑水平面上有一长木板，其质量M=2kg，在其左端有一质量m=0.5kg的小滑块（看作质点），小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2， 小滑块与长木板一起以v=6m/s 的速度水平向右运动，长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短，最终小滑块恰好没从长木板右端滑出，求：
（1）小滑块的最终速度大小v'；
（2）长木板的长度L。
15．（2024高二上·秦州期末）现使相距25cm且竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷，每板所带电荷量为Q=2.0×10-3C，电容C=8μF。如图所示，板间用丝线悬挂着的小球带电荷量q=1.5×10-7C，平衡时丝线与竖直方向的夹角α=37°，sin37°=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）小球的质量；
（2）丝线上的拉力大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式；点电荷
【解析】【解答】A． 电荷是量子化的，任何带电体的电量 ，（元电荷），n 为整数 ，故A正确；
B． 点电荷是理想化模型（大小形状可忽略），现实中并不存在“真正”的点电荷，实际带电体（如电子）有时可近似看成点电荷，但它本身有尺寸 ，故B错误；
C．元电荷是最小电荷量，它的大小等于电子或者质子所携带电荷量，不是指带电体，故C错误；
D． 摩擦起电是电荷转移（电子转移），不是创生或消灭，电荷总量守恒 ，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、电荷量子化 —— 自然界中电荷量都是元电荷的整数倍。
2、点电荷模型 —— 理想化物理模型，实际不存在。
3、元电荷的定义 —— 最小的电荷量单位 e，不是某个粒子。
4、电荷守恒定律 —— 电荷不能创生或消灭，只能转移。
二、易错点
1、将元电荷与电子混淆（元电荷是电荷量，电子是粒子）。
2、误以为点电荷是真实存在的极小带电体。
2．【答案】C
【知识点】冲量
【解析】【解答】对蜜瓜进行分析，根据平衡条件有，则桌面支持力对蜜瓜的冲量大小
解得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、冲量的定义与计算
恒力的冲量：（方向与力的方向相同）
本题中桌面支持力是恒力（因为蜜瓜静止），所以冲量大小 = 支持力大小 × 时间。
2、受力平衡与支持力大小
蜜瓜静止在桌面上 竖直方向二力平衡：支持力 。
质量m=0.5kg，g=10m/s2 FN =0.5×10=5N。
3、冲量计算
时间 t=2s 。
4、误将“支持力冲量”与“合外力冲量”混淆
合外力为 0，所以合外力冲量为 0，但某个力的冲量不为 0。
题目问“桌面支持力对蜜瓜的冲量大小”，只需算该力的冲量，不是合外力的冲量。
3．【答案】B
【知识点】动量
【解析】【解答】动量，代入数据解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1、动量的定义与计算
动量：p=mv，矢量，方向与速度方向相同。本题只问动量大小，只需用标量计算。
2、单位换算：质量m=500kg，速度
3、速度单位不换算，常见错误：直接将 代入，忘记化成 ，导致结果差 3.6 倍。
4、动量方向混淆：题目问“动量大小”，不涉及方向，但仍有人误以为要写出矢量表达式。
4．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电动势为4V的电源跟一个阻值为8Ω的电阻连接成闭合电路， 根据闭合电路欧姆定律有
根据欧姆定律有
解得
，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】根据欧姆定律求出电路中电流，再根据闭合电路欧姆定律计算电源的内阻。
5．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场才能产生磁场，恒定的电场不会产生磁场，即并不是任何电场都会产生磁场，故A错误；
B．根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的磁场才能产生电场，恒定的磁场不会产生电场，即并不是任何磁场都会产生电场，故B错误；
C．电磁波是横波，电磁波本质上是电磁场的传播，其能够在真空中传播，故C错误；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、麦克斯韦电磁场理论的两个核心假说
变化的磁场产生电场（法拉第电磁感应定律的推广）
变化的电场产生磁场（位移电流假说）
2、电磁波的性质
是横波（E、B 与传播方向垂直），可以在真空中传播，传播速度：真空中
3、电磁波历史的常识
麦克斯韦 → 理论预言，赫兹 → 实验证实
4、记混人物与贡献
麦克斯韦：理论预言电磁波、建立电磁场方程组。
赫兹：实验证实。有时会与法拉第、奥斯特等混淆。
5、混淆横波与纵波
虽然本题未考，但电磁波一定是横波（在自由空间），如果进入波导等特殊条件可能模式复杂，但基础题默认是横波。
6．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】撤去推力之前，对A、B两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有，弹簧处于压缩状态，令弹簧弹力为，对B物体进行分析，根据牛顿第二定律有，解得
撤去推力F 的瞬间，弹簧弹力不变，则B物体受力情景不变，即B的加速度仍然为a，此时对A进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故选C。
【分析】一、核心考点
1、弹簧弹力的瞬时性（不突变）
弹簧（轻弹簧）由于形变需要时间改变，弹力不会突变，撤去外力的瞬间，弹簧弹力仍保持撤去前的大小和方向。
2、物体加速度的突变
虽然弹簧弹力不变，但作用在每个物体上的合外力会因其他力的突然消失而改变，因此加速度可以突变。
3、整体法与隔离法综合应用
先整体法求整体加速度，再隔离法求弹簧弹力，最后分析撤去外力后的瞬时受力。
二、易错点
1、误认为撤去推力后弹簧弹力立即消失
错误认为撤去 F 后 A 不受力 → ，选 A 或 B 选项。
错因：混淆了“弹簧”与“绳”的弹力特性（绳的弹力可瞬间变，但弹簧弹力不会瞬间变）。
2、误认为两物体加速度相同
撤去 F 前 ，撤去后由于弹簧仍保持压缩，两物体加速度方向相反，大小与a 的关系需要重新计算。
3、对撤去 F 后受力方向判断错误
初始时弹簧压缩，对 A 向右推，对 B 向左推。撤去 F 后，A 只受弹簧向右的力，因此加速度向右；
B 只受弹簧向左的力，加速度向左。若问“加速度大小”，则都为a。
7．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿x轴负方向，则R处的磁场方向沿x轴负方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向。故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向。
8．【答案】A,B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】ABC．反冲原理是指当一个物体向某一个方向射出它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这个现象遵循动量守恒定律，可知，喷气式飞机飞行、火箭飞行与章鱼游动均利用了反冲原理，故ABC正确；
D．苹果下落是由于地球的吸引力引起，没有利用反冲原理，故D错误。
故选ABC。
【分析】一、核心考点
1、反冲原理的定义
反冲是指一个系统在内力作用下，系统的一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
本质是动量守恒定律：系统初始总动量为零，内力作用使两部分获得等大反向的动量。
2、反冲实例与判断依据
判断是否属于反冲，关键是看物体是否通过向后喷射物质（气体、液体等）或抛射部分自身质量来获得向前的动量。
常见例子：火箭、喷气式飞机、章鱼喷水游动、乌贼游动、直升机尾桨防机身旋转（也可看作角动量守恒的反冲形式）。
二、易错点
1、混淆反冲与单纯的作用力反作用力
反冲是系统内部两部分因内力朝相反方向运动，且系统初始总动量为零。
苹果下落是外力（重力）作用，不是系统内部两部分分离引起的反向运动，不属于反冲。
2、忽略章鱼游动的反冲本质
章鱼通过身体腔体吸水然后向后喷出，利用水的反作用力前进，这是典型的反冲。
有的学生会认为只有“机械喷气”才算反冲，忽略生物界的反冲实例。
9．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，则定值电阻的两端电压为
通过定值电阻的电流为，通过小灯泡的电流为，故通过电动机的电流为，电动机的输入功率为
电动机的热功率为，则电动机的输出功率为
电动机的效率为，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1. 串并联电路电压电流关系
灯泡与电动机并联 两者电压相等，并联部分再与定值电阻串联 电阻的电压 + 并联部分电压 = 电源电压。总电流 = 电阻中电流 = 两支路电流之和。
2. “正常工作”的含义
对纯电阻元件（灯泡），“正常工作”指在额定电压、额定功率下工作，，对电动机，“正常工作”不等于它两端电压为额定电压（题中未给电机额定电压，所以只能从电路推出实际电压），也不等于它输出额定功率，只表示它能转动工作（不是卡住），此时有反电动势，属于非纯电阻电路分析。
3. 电动机的功率关系
输入电功率：（电动机两端电压 × 电流）；热功率（线圈电阻发热）：
输出机械功率：；效率：
4. 能量转化视角
电动机：电能 → 机械能 + 内能（焦耳热）；灯泡：电能 → 内能 + 光能（纯电阻）
定值电阻：电能 → 内能（纯电阻）
二、常见易错点
1. 误把电动机当纯电阻计算电流
错误做法：已知 、，直接用 。
错因：没理解电动机转动时存在反电动势 ，满足：，所以 。
正确求法：本题利用 总电流 I 减去灯泡电流 得到 ，不依赖反电动势的具体值。
2. 误认为“正常工作”时电动机电压等于灯泡额定电压
本题电动机与灯泡并联，电压相等，所以的确 ，但这不是电动机的“额定电压”，只是实际电路分配结果。有的题目可能电动机与灯泡串联，则电流相等，电压分配不同，易混淆。
3. 混淆输入功率与总功率
电动机输入功率 不等于电源给电动机所在支路的功率？不对，就是它。
小心：电源总功率 是给整个电路的，其中一部分在电阻 和灯泡上发热（或发光），一部分输入电动机，电动机再分成热与机械输出。
本题问的只是电动机自身的功率分配，不要算到整个电路功率。
10．【答案】A,B
【知识点】点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】ACD．由题意知，带负电的试探电荷在A点由静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间有一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向向左；从P到B场强增大，方向向右，即A、B两点的场强方向相反，但大小无法比较；试探电荷从A点运动到B点的过程中，由于场强先减小后增大，则所受电场力先减小后增大；因为AB间有一点P场强为零，则有，由于Q1离P点的距离大于Q2离P点的距离，则Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A正确，CD错误；
B．试探电荷从A到B的过程，根据动能定理得，可得，可知A、B两点的电势相等，故B正确。
故选AB。
【分析】1. 单电荷在静电场中往复运动的条件
在只有静电力作用的系统中，机械能守恒：，往复运动的端点速度为零，故两端点电势能相等：
对于负电荷，电势相等 电势能相等 动能为零时可往复运动。
2. 电场强度为零点的存在与判定
两个异号点电荷在它们的连线上之间存在一点 合场强为零。
对于同种电荷，若电量不等，也可能在延长线上某点合场强为零，但此时两点场强方向相同或相反？要具体分析。题目中间出现 点 在 A，B 之间，是试探电荷受力为零的平衡位置，也是速度最大的位置。
3. 电场强度大小、方向的对称性
A，B 在 的延长线上，不一定关于 点对称。因此 与 的大小不一定相等。
但题中 A，B 电势相等，场强方向可根据电荷位置推断：通常 A，B 在 两侧，所以电场方向相反。
4. 电荷量大小的判断
设 P 点合场强为零：，若 ，则
题目推导 电量大于 ，因为零点 更靠近 。
5. 电场力变化规律
试探电荷受力 ，q 为负，所以 F 与 E 方向相反。
从 A 到 ： 减小到 0 减小。从 到 B： 增大（方向相反） 从 0 增大。
因此 电场力大小先减小后增大，不是“先增大后减小”。
11．【答案】（1）C
（2）1.60
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，，解得，代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
【分析】一、实验原理
平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动（）和竖直方向的自由落体运动（
二、实验操作要点
1、斜槽末端切线必须水平
目的：保证小球初速度方向水平，否则不是平抛运动。
2、每次必须从同一位置由静止释放小球
目的：确保每次平抛初速度大小相同，使轨迹点属于同一条抛物线。
3、记录轨迹点时，不需要等距离下降
因为竖直方向位移 y 与 t2 成正比，点迹自然越来越密。强行等距下降反而错误。
4、用平滑曲线连接各点
不能连成折线，轨迹应为抛物线。
三、数据处理与计算
1、已知抛出点 O，取轨迹上一点 ，由，联立得：
（注意单位：厘米需换算为米）
2、抛出点未知时
用逐差法：在轨迹上取相邻点间的竖直位移差 → 求周期 T
由水平位移 → 求
四、误差分析
1、斜槽末端不水平 → 初速度方向不水平，测量值偏大或偏小。
2、释放位置不同或非静止释放 → 初速度大小变化，轨迹点杂乱。
3、坐标原点选取不准 → 需用 验证或修正计算式。
4、空气阻力 → 轨迹后端偏离理论抛物线。
（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，
解得
代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
12．【答案】（1）A；11.25
（2）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的A进行测量；20分度游标卡尺的精确值为，结果不用估读，读到最小刻度即可，由图可知该钢笔帽的内径为
（2） 一金属丝的长度为L，横截面积为S，电阻为R， 根据电阻定律可得
可得该金属丝的电阻率
【分析】（1）根据游标卡尺的使用方法判断；先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）根据电阻定律推导。
（1）[1]当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的A进行测量；
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知该钢笔帽的内径为
（2）根据电阻定律可得
可得该金属丝的电阻率
13．【答案】（1）当使用两个端点时，与灵敏电流计并联，根据并联电路的特点可得
解得
（2）当使用、两个端点时，灵敏电流计与并联后与串联，根据串、并联电路特点，有
解得
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）当使用a、b两个端点时，R1与灵敏电流计并联，两端电压相等；
（2）当使用a、c两个端点时，灵敏电流计与 R1并联后与R2串联，两个电阻的电流相等。
（1）当使用两个端点时，与灵敏电流计并联，根据并联电路的特点可得
解得
（2）当使用、两个端点时，灵敏电流计与并联后与串联，根据串、并联电路特点，有
解得
14．【答案】（1）解：长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，令水平向左为正方向，碰后长木板与小滑块组成的系统动量守恒
解得 小滑块的最终速度大小 v'=3.6m/s，方向水平向左
（2）解：根据能量守恒得
解得 长木板的长度为L=14.4m
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】1、动量守恒定律的应用条件
碰撞后，木板与滑块组成的系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，系统动量守恒。
注意：碰撞瞬间与墙的作用是外力，但该过程结束后（即碰撞完成后），系统动量才守恒。
2、能量转化与守恒（摩擦生热）
系统机械能减少量等于滑动摩擦力产生的热量：
能量守恒式：其中 、是碰撞后瞬间的速度。
3、“恰好不滑出”的临界条件
滑块与木板共速时，滑块恰好到达木板右端 → 相对位移等于木板长度L。
（1）长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，令水平向左为正方向，碰后长木板与小滑块组成的系统动量守恒
Mv-mv=(m+M）v'
解得
v'=3.6m/s
方向水平向左。
（2）结合上述，根据能量守恒得
解得
L=14.4m
15．【答案】（1）解：根据，
联立解得电场强度为E=1×103N/C
对小球受力分析，小球受到重力、电场力和拉力，根据平衡条件可得
解得m=2×10-5kg
（2）解：丝线上的拉力大小为
解得F=2.5×10-4N
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】核心考点
1、平行板电容器 E，C，Q，U，d 的关系
， ，这个组合公式要熟练掌握。
2、带电小球在匀强电场中的平衡
三力平衡（重力、电场力、拉力），用正交分解列出方程。
常见技巧：求质量时，用 可直接得到。
3、计算中的单位统一
电容用 ，电量用 ，距离用 ，力用 ，质量用 。
二、常见易错点
1、电场强度公式的误用
容易直接用 但不知道 中的 S 未给出。
这里给了 和 ，其实可以求出 （如果题目要求），但本题用 更直接且不需要 S。
2、受力分析时弄错电场方向
竖直放置的平行板，电场是水平的，所以电场力是水平的，与重力垂直。
有些学生误以为电场力有竖直分量。
3、角的对应关系
角 是绳与竖直方向的夹角，所以平衡方程里：水平力 ，竖直力
若角给的是与水平方向夹角，则 sin 和 cos 要互换，易错。
（1）根据
联立解得电场强度为
E=1×103N/C
对小球受力分析，小球受到重力、电场力和拉力，根据平衡条件可得
解得
m=2×10-5kg
（2）丝线上的拉力大小为
解得
F=2.5×10-4N
1 / 1甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2024高二上·秦州期末）关于电荷，下列说法正确的是（　　）
A．带电体的带电荷量不是任意的，必须是元电荷的整数倍
B．点电荷不是一种理想化模型，是实际存在的带电体
C．元电荷就是带电荷量为1.60×10-19C的带电体
D．两个不带电的物体经摩擦后带电，说明电荷可以创生和消灭
【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式；点电荷
【解析】【解答】A． 电荷是量子化的，任何带电体的电量 ，（元电荷），n 为整数 ，故A正确；
B． 点电荷是理想化模型（大小形状可忽略），现实中并不存在“真正”的点电荷，实际带电体（如电子）有时可近似看成点电荷，但它本身有尺寸 ，故B错误；
C．元电荷是最小电荷量，它的大小等于电子或者质子所携带电荷量，不是指带电体，故C错误；
D． 摩擦起电是电荷转移（电子转移），不是创生或消灭，电荷总量守恒 ，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、电荷量子化 —— 自然界中电荷量都是元电荷的整数倍。
2、点电荷模型 —— 理想化物理模型，实际不存在。
3、元电荷的定义 —— 最小的电荷量单位 e，不是某个粒子。
4、电荷守恒定律 —— 电荷不能创生或消灭，只能转移。
二、易错点
1、将元电荷与电子混淆（元电荷是电荷量，电子是粒子）。
2、误以为点电荷是真实存在的极小带电体。
2．（2024高二上·秦州期末）质量为0.5 kg的瓜州蜜瓜放到水平桌面上，经2s，取重力加速度大小g=10 m/s2，则桌面支持力对蜜瓜的冲量大小是（　　）
A．1N·s B．5N·s C．10N·s D．15N·s
【答案】C
【知识点】冲量
【解析】【解答】对蜜瓜进行分析，根据平衡条件有，则桌面支持力对蜜瓜的冲量大小
解得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、冲量的定义与计算
恒力的冲量：（方向与力的方向相同）
本题中桌面支持力是恒力（因为蜜瓜静止），所以冲量大小 = 支持力大小 × 时间。
2、受力平衡与支持力大小
蜜瓜静止在桌面上 竖直方向二力平衡：支持力 。
质量m=0.5kg，g=10m/s2 FN =0.5×10=5N。
3、冲量计算
时间 t=2s 。
4、误将“支持力冲量”与“合外力冲量”混淆
合外力为 0，所以合外力冲量为 0，但某个力的冲量不为 0。
题目问“桌面支持力对蜜瓜的冲量大小”，只需算该力的冲量，不是合外力的冲量。
3．（2024高二上·秦州期末）质量的汽车在郑州的中州大道以的速度行驶，其动量大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量
【解析】【解答】动量，代入数据解得，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1、动量的定义与计算
动量：p=mv，矢量，方向与速度方向相同。本题只问动量大小，只需用标量计算。
2、单位换算：质量m=500kg，速度
3、速度单位不换算，常见错误：直接将 代入，忘记化成 ，导致结果差 3.6 倍。
4、动量方向混淆：题目问“动量大小”，不涉及方向，但仍有人误以为要写出矢量表达式。
4．（2024高二上·秦州期末）如图所示，电动势为4V的电源跟一个阻值为8Ω的电阻连接成闭合电路，理想电压表测得电源两端的电压为3.2V，则电源的内阻为（　　）
A．1Ω B．2Ω C．3Ω D．4Ω
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电动势为4V的电源跟一个阻值为8Ω的电阻连接成闭合电路， 根据闭合电路欧姆定律有
根据欧姆定律有
解得
，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】根据欧姆定律求出电路中电流，再根据闭合电路欧姆定律计算电源的内阻。
5．（2024高二上·秦州期末）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．任何电场都会产生磁场
B．任何磁场都会产生电场
C．电磁波是横波，不能在真空中传播
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场才能产生磁场，恒定的电场不会产生磁场，即并不是任何电场都会产生磁场，故A错误；
B．根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的磁场才能产生电场，恒定的磁场不会产生电场，即并不是任何磁场都会产生电场，故B错误；
C．电磁波是横波，电磁波本质上是电磁场的传播，其能够在真空中传播，故C错误；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、麦克斯韦电磁场理论的两个核心假说
变化的磁场产生电场（法拉第电磁感应定律的推广）
变化的电场产生磁场（位移电流假说）
2、电磁波的性质
是横波（E、B 与传播方向垂直），可以在真空中传播，传播速度：真空中
3、电磁波历史的常识
麦克斯韦 → 理论预言，赫兹 → 实验证实
4、记混人物与贡献
麦克斯韦：理论预言电磁波、建立电磁场方程组。
赫兹：实验证实。有时会与法拉第、奥斯特等混淆。
5、混淆横波与纵波
虽然本题未考，但电磁波一定是横波（在自由空间），如果进入波导等特殊条件可能模式复杂，但基础题默认是横波。
6．（2024高二上·秦州期末）如图所示，A、B 两物体的质量相同，中间用轻弹簧相连，水平面光滑，在水平推力F 的作用下，A、B 两物体一起以加速度a 向右做匀加速直线运动。在突然撤去推力F 的瞬间，A、B 两物体的加速度大小分别为（　　）
A．a，0 B．0，a C．a，a D．a，2a
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】撤去推力之前，对A、B两物体构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有，弹簧处于压缩状态，令弹簧弹力为，对B物体进行分析，根据牛顿第二定律有，解得
撤去推力F 的瞬间，弹簧弹力不变，则B物体受力情景不变，即B的加速度仍然为a，此时对A进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故选C。
【分析】一、核心考点
1、弹簧弹力的瞬时性（不突变）
弹簧（轻弹簧）由于形变需要时间改变，弹力不会突变，撤去外力的瞬间，弹簧弹力仍保持撤去前的大小和方向。
2、物体加速度的突变
虽然弹簧弹力不变，但作用在每个物体上的合外力会因其他力的突然消失而改变，因此加速度可以突变。
3、整体法与隔离法综合应用
先整体法求整体加速度，再隔离法求弹簧弹力，最后分析撤去外力后的瞬时受力。
二、易错点
1、误认为撤去推力后弹簧弹力立即消失
错误认为撤去 F 后 A 不受力 → ，选 A 或 B 选项。
错因：混淆了“弹簧”与“绳”的弹力特性（绳的弹力可瞬间变，但弹簧弹力不会瞬间变）。
2、误认为两物体加速度相同
撤去 F 前 ，撤去后由于弹簧仍保持压缩，两物体加速度方向相反，大小与a 的关系需要重新计算。
3、对撤去 F 后受力方向判断错误
初始时弹簧压缩，对 A 向右推，对 B 向左推。撤去 F 后，A 只受弹簧向右的力，因此加速度向右；
B 只受弹簧向左的力，加速度向左。若问“加速度大小”，则都为a。
7．（2024高二上·秦州期末）如图所示，在xOy坐标系内，三根相互平行的通电直导线P、Q、R分别位于正三角形的三个顶点，都通有方向垂直xOy坐标平面向外、大小相等的电流，则导线R受到的安培力的方向是（　　）
A．沿y正方向 B．沿y负方向 C．沿x正方向 D．沿x负方向
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿x轴负方向，则R处的磁场方向沿x轴负方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向。故ACD错误，B正确。故选：B。
【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向。
8．（2024高二上·秦州期末）下列情景利用了反冲原理的是（　　）
A．喷气式飞机飞行 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
【答案】A,B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】ABC．反冲原理是指当一个物体向某一个方向射出它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这个现象遵循动量守恒定律，可知，喷气式飞机飞行、火箭飞行与章鱼游动均利用了反冲原理，故ABC正确；
D．苹果下落是由于地球的吸引力引起，没有利用反冲原理，故D错误。
故选ABC。
【分析】一、核心考点
1、反冲原理的定义
反冲是指一个系统在内力作用下，系统的一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
本质是动量守恒定律：系统初始总动量为零，内力作用使两部分获得等大反向的动量。
2、反冲实例与判断依据
判断是否属于反冲，关键是看物体是否通过向后喷射物质（气体、液体等）或抛射部分自身质量来获得向前的动量。
常见例子：火箭、喷气式飞机、章鱼喷水游动、乌贼游动、直升机尾桨防机身旋转（也可看作角动量守恒的反冲形式）。
二、易错点
1、混淆反冲与单纯的作用力反作用力
反冲是系统内部两部分因内力朝相反方向运动，且系统初始总动量为零。
苹果下落是外力（重力）作用，不是系统内部两部分分离引起的反向运动，不属于反冲。
2、忽略章鱼游动的反冲本质
章鱼通过身体腔体吸水然后向后喷出，利用水的反作用力前进，这是典型的反冲。
有的学生会认为只有“机械喷气”才算反冲，忽略生物界的反冲实例。
9．（2024高二上·秦州期末）内阻r=1Ω的小型直流电动机线圈与规格为“4V 4W”的小灯泡并联，再与阻值R=5Ω的电阻串联，然后接至U=12V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，则电动机的输出功率及效率为（　　）
A．2.04W B．5.06W C．85% D．95%
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，则定值电阻的两端电压为
通过定值电阻的电流为，通过小灯泡的电流为，故通过电动机的电流为，电动机的输入功率为
电动机的热功率为，则电动机的输出功率为
电动机的效率为，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1. 串并联电路电压电流关系
灯泡与电动机并联 两者电压相等，并联部分再与定值电阻串联 电阻的电压 + 并联部分电压 = 电源电压。总电流 = 电阻中电流 = 两支路电流之和。
2. “正常工作”的含义
对纯电阻元件（灯泡），“正常工作”指在额定电压、额定功率下工作，，对电动机，“正常工作”不等于它两端电压为额定电压（题中未给电机额定电压，所以只能从电路推出实际电压），也不等于它输出额定功率，只表示它能转动工作（不是卡住），此时有反电动势，属于非纯电阻电路分析。
3. 电动机的功率关系
输入电功率：（电动机两端电压 × 电流）；热功率（线圈电阻发热）：
输出机械功率：；效率：
4. 能量转化视角
电动机：电能 → 机械能 + 内能（焦耳热）；灯泡：电能 → 内能 + 光能（纯电阻）
定值电阻：电能 → 内能（纯电阻）
二、常见易错点
1. 误把电动机当纯电阻计算电流
错误做法：已知 、，直接用 。
错因：没理解电动机转动时存在反电动势 ，满足：，所以 。
正确求法：本题利用 总电流 I 减去灯泡电流 得到 ，不依赖反电动势的具体值。
2. 误认为“正常工作”时电动机电压等于灯泡额定电压
本题电动机与灯泡并联，电压相等，所以的确 ，但这不是电动机的“额定电压”，只是实际电路分配结果。有的题目可能电动机与灯泡串联，则电流相等，电压分配不同，易混淆。
3. 混淆输入功率与总功率
电动机输入功率 不等于电源给电动机所在支路的功率？不对，就是它。
小心：电源总功率 是给整个电路的，其中一部分在电阻 和灯泡上发热（或发光），一部分输入电动机，电动机再分成热与机械输出。
本题问的只是电动机自身的功率分配，不要算到整个电路功率。
10．（2024高二上·秦州期末）如图所示，两点电荷Q1、Q2连线的延长线上有A、B两点。现将一带负电的试探电荷在A点由静止释放，它仅在电场力作用下恰好能在A、B两点间做往复运动，则下列说法正确的是（　　）
A．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
B．A、B两点的电势相等
C．A、B两点的电场强度大小相等，方向相反
D．试探电荷从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先增大后减小
【答案】A,B
【知识点】点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】ACD．由题意知，带负电的试探电荷在A点由静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间有一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向向左；从P到B场强增大，方向向右，即A、B两点的场强方向相反，但大小无法比较；试探电荷从A点运动到B点的过程中，由于场强先减小后增大，则所受电场力先减小后增大；因为AB间有一点P场强为零，则有，由于Q1离P点的距离大于Q2离P点的距离，则Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A正确，CD错误；
B．试探电荷从A到B的过程，根据动能定理得，可得，可知A、B两点的电势相等，故B正确。
故选AB。
【分析】1. 单电荷在静电场中往复运动的条件
在只有静电力作用的系统中，机械能守恒：，往复运动的端点速度为零，故两端点电势能相等：
对于负电荷，电势相等 电势能相等 动能为零时可往复运动。
2. 电场强度为零点的存在与判定
两个异号点电荷在它们的连线上之间存在一点 合场强为零。
对于同种电荷，若电量不等，也可能在延长线上某点合场强为零，但此时两点场强方向相同或相反？要具体分析。题目中间出现 点 在 A，B 之间，是试探电荷受力为零的平衡位置，也是速度最大的位置。
3. 电场强度大小、方向的对称性
A，B 在 的延长线上，不一定关于 点对称。因此 与 的大小不一定相等。
但题中 A，B 电势相等，场强方向可根据电荷位置推断：通常 A，B 在 两侧，所以电场方向相反。
4. 电荷量大小的判断
设 P 点合场强为零：，若 ，则
题目推导 电量大于 ，因为零点 更靠近 。
5. 电场力变化规律
试探电荷受力 ，q 为负，所以 F 与 E 方向相反。
从 A 到 ： 减小到 0 减小。从 到 B： 增大（方向相反） 从 0 增大。
因此 电场力大小先减小后增大，不是“先增大后减小”。
11．（2024高二上·秦州期末）（1）下列是通过描点法画小球平抛运动轨迹的一些操作要求，将你认为错误的选项前面的字母填在横线上______
A．通过调节使斜槽的末端切线保持水平
B．每次释放小球的位置必须相同
C．记录小球位置用的凹槽每次必须等距离下降
D．每次必须由静止释放小球
（2）在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图所示，其中O点为平抛运动的起点。取重力加速度大小g=9.8m/s2，根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度大小v0= 　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）C
（2）1.60
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，，解得，代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
【分析】一、实验原理
平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动（）和竖直方向的自由落体运动（
二、实验操作要点
1、斜槽末端切线必须水平
目的：保证小球初速度方向水平，否则不是平抛运动。
2、每次必须从同一位置由静止释放小球
目的：确保每次平抛初速度大小相同，使轨迹点属于同一条抛物线。
3、记录轨迹点时，不需要等距离下降
因为竖直方向位移 y 与 t2 成正比，点迹自然越来越密。强行等距下降反而错误。
4、用平滑曲线连接各点
不能连成折线，轨迹应为抛物线。
三、数据处理与计算
1、已知抛出点 O，取轨迹上一点 ，由，联立得：
（注意单位：厘米需换算为米）
2、抛出点未知时
用逐差法：在轨迹上取相邻点间的竖直位移差 → 求周期 T
由水平位移 → 求
四、误差分析
1、斜槽末端不水平 → 初速度方向不水平，测量值偏大或偏小。
2、释放位置不同或非静止释放 → 初速度大小变化，轨迹点杂乱。
3、坐标原点选取不准 → 需用 验证或修正计算式。
4、空气阻力 → 轨迹后端偏离理论抛物线。
（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，
解得
代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
12．（2024高二上·秦州期末）按要求完成实验。
（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的　 　（填“A”“B”或“C”）进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为　 　mm。
（2）假设一金属丝的长度为L，横截面积为S，电阻为R，则该金属丝的电阻率ρ=　 　。
【答案】（1）A；11.25
（2）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的A进行测量；20分度游标卡尺的精确值为，结果不用估读，读到最小刻度即可，由图可知该钢笔帽的内径为
（2） 一金属丝的长度为L，横截面积为S，电阻为R， 根据电阻定律可得
可得该金属丝的电阻率
【分析】（1）根据游标卡尺的使用方法判断；先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）根据电阻定律推导。
（1）[1]当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的A进行测量；
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知该钢笔帽的内径为
（2）根据电阻定律可得
可得该金属丝的电阻率
13．（2024高二上·秦州期末）如图所示，灵敏电流计的内阻，满偏电流。当使用、两个端点时，电流表最大测量值；当使用、两个端点时，电压表最大测量值为。已知电阻。求：
（1）电阻的阻值；
（2）最大测量值。
【答案】（1）当使用两个端点时，与灵敏电流计并联，根据并联电路的特点可得
解得
（2）当使用、两个端点时，灵敏电流计与并联后与串联，根据串、并联电路特点，有
解得
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）当使用a、b两个端点时，R1与灵敏电流计并联，两端电压相等；
（2）当使用a、c两个端点时，灵敏电流计与 R1并联后与R2串联，两个电阻的电流相等。
（1）当使用两个端点时，与灵敏电流计并联，根据并联电路的特点可得
解得
（2）当使用、两个端点时，灵敏电流计与并联后与串联，根据串、并联电路特点，有
解得
14．（2024高二上·秦州期末）如图所示，在光滑水平面上有一长木板，其质量M=2kg，在其左端有一质量m=0.5kg的小滑块（看作质点），小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2， 小滑块与长木板一起以v=6m/s 的速度水平向右运动，长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短，最终小滑块恰好没从长木板右端滑出，求：
（1）小滑块的最终速度大小v'；
（2）长木板的长度L。
【答案】（1）解：长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，令水平向左为正方向，碰后长木板与小滑块组成的系统动量守恒
解得 小滑块的最终速度大小 v'=3.6m/s，方向水平向左
（2）解：根据能量守恒得
解得 长木板的长度为L=14.4m
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】1、动量守恒定律的应用条件
碰撞后，木板与滑块组成的系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，系统动量守恒。
注意：碰撞瞬间与墙的作用是外力，但该过程结束后（即碰撞完成后），系统动量才守恒。
2、能量转化与守恒（摩擦生热）
系统机械能减少量等于滑动摩擦力产生的热量：
能量守恒式：其中 、是碰撞后瞬间的速度。
3、“恰好不滑出”的临界条件
滑块与木板共速时，滑块恰好到达木板右端 → 相对位移等于木板长度L。
（1）长木板与竖直墙壁发生弹性碰撞，令水平向左为正方向，碰后长木板与小滑块组成的系统动量守恒
Mv-mv=(m+M）v'
解得
v'=3.6m/s
方向水平向左。
（2）结合上述，根据能量守恒得
解得
L=14.4m
15．（2024高二上·秦州期末）现使相距25cm且竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷，每板所带电荷量为Q=2.0×10-3C，电容C=8μF。如图所示，板间用丝线悬挂着的小球带电荷量q=1.5×10-7C，平衡时丝线与竖直方向的夹角α=37°，sin37°=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）小球的质量；
（2）丝线上的拉力大小。
【答案】（1）解：根据，
联立解得电场强度为E=1×103N/C
对小球受力分析，小球受到重力、电场力和拉力，根据平衡条件可得
解得m=2×10-5kg
（2）解：丝线上的拉力大小为
解得F=2.5×10-4N
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】核心考点
1、平行板电容器 E，C，Q，U，d 的关系
， ，这个组合公式要熟练掌握。
2、带电小球在匀强电场中的平衡
三力平衡（重力、电场力、拉力），用正交分解列出方程。
常见技巧：求质量时，用 可直接得到。
3、计算中的单位统一
电容用 ，电量用 ，距离用 ，力用 ，质量用 。
二、常见易错点
1、电场强度公式的误用
容易直接用 但不知道 中的 S 未给出。
这里给了 和 ，其实可以求出 （如果题目要求），但本题用 更直接且不需要 S。
2、受力分析时弄错电场方向
竖直放置的平行板，电场是水平的，所以电场力是水平的，与重力垂直。
有些学生误以为电场力有竖直分量。
3、角的对应关系
角 是绳与竖直方向的夹角，所以平衡方程里：水平力 ，竖直力
若角给的是与水平方向夹角，则 sin 和 cos 要互换，易错。
（1）根据
联立解得电场强度为
E=1×103N/C
对小球受力分析，小球受到重力、电场力和拉力，根据平衡条件可得
解得
m=2×10-5kg
（2）丝线上的拉力大小为
解得
F=2.5×10-4N
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