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高二物理（答案在最后）
本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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。

4.本试卷主要考试内容：粤教版必修第一册，必修第二册，必修第三册前四章。

一、单项选择题：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。

1.一个金属小球带1C电荷，若将相同的不带电的小球与其接触后移开，则该小球所带电荷量为（）
A.0
B.1C
C.0.25C
D.0.5C
【答案】D
【解析】
【详解】金属小球带1C电荷，与不带电的小球接触移开后，两个小球平分电荷，所以该小球所带电荷量为
1C
2
q
故选D。

2.关于静电平衡，下列说法正确的是（）
A.导体内部的电场强度处处为0
B.导体内的自由电子在发生定向移动
C.导体的外表面没有电荷
D.越尖锐的位置，电荷的密度越小
【答案】A
【解析】
【详解】A．处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，故A正确；
B．由于导体内部场强为零，则导体内没有定向移动的自由电子，故B错误；
C．导体的外表面有电荷分布，故C错误；
D．越尖锐的位置，电荷的密度越大，故D错误。

故选A。

3.下列方法可使一根铜丝电阻减半的是（）
A.长度加倍
B.长度减半
C.横截面积减为以前的1
4
D.横截面积减半
【答案】B
【解析】
【详解】根据电阻的公式
L R S
ρ
=要使导体的电阻减半，可以将导体的长度减半或将导体的横截面积加倍，故ACD 均错误，B 正确。

故选B 。

4.电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美。

如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 和B ，A 、B 连线中点为O ，在A 、B 所形成的电场中，有以O 点为几何中心的矩形abcd ，矩形eghf 为abcd 的中垂面，O 是ef 边的中点，下列说法正确的是（
）
A.e 、f 两点的电势相等
B.将一电荷由e 点沿eghf 移到f 点，电场力先做正功后做负功
C.将一电荷由a 点分别移到g 点和O 点，电势能变化量不相等
D.a 、b 两点的电场强度相同【答案】A 【解析】
【详解】由于等量异种电荷电场与电势分布的图像具有对称性，假设A 点为正电荷B 点为负电荷，根据等量异种电荷与场强的分布图可知，abcd 所在平面中电场分布图下图所示
A ．根据题目描述，efgh 所在平面为通过O 点的中垂面，电势都为0，所以e 、f 两点的电势相等且为0，A 正确；
B ．将一电荷由e 点沿eghf 移到f 点，由于efgh 所在平面为电势为0的等势面，所以在移动电荷过程中电场力始终不做功，B 错误；
C ．因为g 点和O 点的电势相等且均为0，所以将一电荷由a 点分别移到g 点和O 点过程中电势变化相同，则电场力做功相同，电势能变化相同，C 错误；
D ．因为场强是既有大小又有方向的矢量，根据上述图像可知，a 、b 两点的电场强度方向不同，D 错误。

故选A 。

5.如图所示，两段长度和材料相同、粗细均匀的金属导线A 、B ，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比S A :S B =1:2。

已知5s 内有5×1018个自由电子通过导线A 的横截面，元电荷e =1.6×10-19C ，则下列说法错误的是（
）
A.流经导线A 的电流为0.16A
B.导线A 、B 的电阻之比为2:1
C.5s 内有1×1018个自由电子通过导线B 的横截面
D.自由电子在导线A 和B 中移动的平均速率之比A B :2:1v v =【答案】C 【解析】
【详解】A ．流过A 的电流为
1819510 1.610A 0.16A
5
q I t -⨯⨯⨯===故A 正确，不符合题意；B ．根据电阻定律
A A l
R S ρ=B B
l R S ρ=
可得
A B B A 21
R S R S ==故B 正确，不符合题意；
C ．因两段串联，通过两棒的电流相等，所以在相等时间内通过每段导线横截面的电荷量是相等的，故C 错误，符合题意；
D ．因两段串联，通过两棒的电流相等，又
I neSv
=则有
A B B A 21
v S v S ==故D 正确，不符合题意。

故选C 。

6.下面是某同学对一些公式的理解，其中正确的是（）
A.真空中点电荷的电场强度公式2
Q
E k
r
=仅适用于点电荷电场，U E d =适用于任何电场B.电势差的比值定义式ab
ab W U q
=
适用于任何电场，且ab U 跟ab W 、q 无关C.由公式p E q
ϕ=
可知，电场中某点的电势ϕ与q 成反比
D.由ab U Ed =可知，电场中任意两点a ，b 间的距离越大，两点间电势差也一定越大【答案】B 【解析】
【详解】A ．真空中点电荷的电场强度公式2
Q
E k r
=仅适用于点电荷电场，U E d =仅适用于匀强电场，选项A 错误；
B ．电势差的比值定义式ab
ab W U q
=
适用于任何电场，且ab U 跟ab W 、q 无关、B 正确；C ．公式p E q
ϕ=
是电势的比值定义式，ϕ与p E q 、均无关，选项C 错误；
D ．公式ab U Ed =中的d 指a b 、两点沿电场方向的距离，a b 、间的距离大，二者沿电场方向的距离不一定大，两点间电势差不一定越大，选项D 错误。

故选B 。

7.图甲为用传感器在计算机上探究电容器充、放电现象的电路图，E 表示电源（忽略内阻）
，R 表示定值电
阻，C 表示电容器。

先使开关S 与a 端相连，稳定后再将开关S 与b 端相连，得到充、放电过程电路中的电流I 、电容器两极板间电压U 与时间t 的关系图像，如图乙所示。

下列说法正确的是（
）
A.21~t t 时间内，电容器在放电
B.21~t t 时间内，电容器的电容在增加
C.34~t t 时间内，电路中的电流逐渐减小
D.I t -图像中两阴影部分的面积关系为12S S >【答案】C 【解析】
【详解】A ．由图乙可知21~t t 时间内，电流逐渐减小，电容器两端的电压逐渐增加到稳定，根据
Q C U
=
解得
Q CU
=可知此过程电容器正在充电，A 错误；B ．根据电容的公式
4S C k d
επ=
可知电容器的电容与只与介电质、正对面积以及两极板间的距离有关，与电荷量Q 、电势差U 无关，B 错误；
C ．由图乙知，34~t t 时间内，电路中的电流反向且逐渐减小，C 正确；
D ．根据
q I t
=
可得
q It
=
可知图线I 与t 轴围成的图形面积表示电容器充、放电过程的电荷量，对于同一电容器，充、放电的电荷量相等，故12S S =，D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：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。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.日地拉格朗日2L 点是指卫星受太阳、地球两大天体引力作用，能保持相对静止、编号为2L 的那个点，于1772年由数学家拉格朗日推导证明出。

日地拉格朗日2L 点随着地球围绕太阳的公转而移动，2L 与太阳、地球三者在任何时刻总在一条直线上。

韦伯太空望远镜于2021年12月25日发射升空，目前位于日地拉格朗日2L 点。

下面说法正确的是（
）
A.韦伯太空望远镜在地球和太阳的引力作用下所受合力不为零
B.韦伯太空望远镜围绕太阳运动的线速度小于地球围绕太阳运动的线速度
C.韦伯太空望远镜的向心加速度小于地球围绕太阳运动的向心加速度
D.韦伯太空望远镜发射升空时的发射速度要小于第三宇宙速度【答案】AD 【解析】
【详解】A ．韦伯太空望远镜在太空做圆周运动，受到的合力不可能为零，故A 正确；
BC ．根据题意“2L 与太阳、地球三者在任何时间总在一条直线上”，说明地球与韦伯太空望远镜角速度ω相等，根据
v r ω=、2a r
ω=可知，半径越大，线速度越大、向心加速度越大，故BC 错误；
D ．第三宇宙速度是指脱离太阳系的发射速度，韦伯太空望远镜没有脱离太阳的引力，则发射速度小于第三宇宙速度，故D 正确。

故选AD 。

9.电阻应变片能够把物体形变这个力学量转换为电阻这个电学量。

当电阻应变片发生形变时，电阻会有微小的变化，这种微小的变化可通过电桥电路来探测。

如图所示，电阻应变片R2的正常电阻为120Ω，R3=60Ω，
L12:1
:
R R=，下列说法正确的是（）
A.当电阻应变片无形变时，G表示数不为零
B.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，G表中有从M到N的电流
C.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电流表A的示数变大
D.当电阻应变片发生形变，电阻增大时，灯泡变亮
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当应变片无形变时，则
L1232:1
::
R R R R
==
M、N电势相等，G表示数为零，故A错误；
B．当电阻应变片发生形变电阻增大时，R2所分电压增大，导致M点电势高于N点电势，G表中有从M到N的电流，故B正确；
C．当电阻应变片发生形变电阻增大时，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，即电流表A的示数变小，故C错误；
D．结合以上分析知，当电阻应变片发生形变，电阻增大时，电路中总电流减小，根据
U E Ir
=-
可得电路中路端电压增大，因为灯泡R L和R1的电阻不变，所以通过其电流增大，灯泡变亮，故D正确。

故选BD。

10.如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆,
MP M点和P点的高度差为3r，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，圆心O在P点正上方，N点为MP的中点，现将一质量为m、电荷量为()0
q q
+>的小球（可视为质点）套在杆上从M点由静
止释放，小球滑到N，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是（）
A.M 、N 间的电势差MN mgr U q
=
B.小球从N 点到P 点的过程中，电场力做的功为32
mgr -
C.若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在N 点平衡且恰好对MP 无压力，则所加电场的电场强度大小为
3mg
q
D.MP 的长度为3r 【答案】CD 【解析】
【详解】A ．从M 到N 由动能定理
231
(22
MN r U q mg m gr +⋅
=M 、N 间的电势差
MN mgr U q
=-
选项A 错误；
B ．因NP 两点的电势相等，则小球从N 点到P 点的过程中，电场力做的功为0，选项B 错误；
C ．设ON 与水平方向的夹角为θ，则
3sin 2
r r r θ+=
解得
30θ=
若在此装置中加一水平方向的匀强电场，小球在N 点平衡且恰好对MP 无压力，则对小球受力分析可知
tan 30mg qE =
解得所加电场的电场强度大小为
3mg E q
=
选项C 正确；
D ．设MP 与竖直方向夹角为α，则
31
22cos 2cos r
MP PN r αα
===
解得
MP =选项D 正确。

故选CD 。

三、非选择题：共54分。

11.“祖冲之”实验小组想测量一充电宝的电动势和内阻。

（1）该小组测得多组U 、I 数据，并在坐标纸上描点，如图所示，请根据描出的点作出U -I 图像_______，已知其对应的表达式为U =E -Ir。

（2）根据U -I 图像，可求得该充电宝的电动势E 为_______V ，内阻r 为_______Ω。

（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）见解析（2）
①.4.9
②.3.3
【解析】【小问1详解】
根据描出的点，作出U -I 图像，如图所示
【小问2详解】
[1][2]已知图像对应的表达式为
U E Ir
=-根据图像在纵轴上的截距可得
4.9V
E =由图像的斜率大小可得内阻
4.9
3.31.5
r =
Ω≈Ω12.某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率ρ。

现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E 、电压表（内阻非常大）、定值电阻0R （阻值为10.0Ω）、滑动变阻器R 、待测金属丝、单刀双掷开关K 、开关S 、导线若干。

图甲是学生设计的实验电路原理图。

（1）该同学首先截取了一段长为L 的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D =_____mm 。

（2）实验时，先将滑动变阻器R 接入电路的电阻调至最大，闭合S 。

（3）将K 与1端相连，适当减小滑动变阻器R 接入电路的电阻，此时电压表读数记为1U ，然后将K 与2端相连，此时电压表读数记为2U 。

由此得到流过待测金属丝的电流I =_____，金属丝的电阻r =_____。

（结果均用0R 、1U 、2U 表示）
（4）继续微调R ，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以2U 为纵坐标，1U 为横坐标，根据测得的数据绘制出21U U -图像，若图像的斜率为k ，则金属丝的电阻为_____（用k 、0R 表示）。

得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出21U U -图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻
r =_____Ω（结果保留两位有效数字）。

1
U /
mV
0.500.700.90 1.15
1.
40
2
U /mV
0.99 1.39 1.80 2.28 2.80
（5）待测金属丝所用材料的电阻率ρ=_____（用D 、L 、k 、0R 表示）。

【答案】
①.0.500
②.
21
U U R -③.
1021
U R U U -④.
01
R k -⑤.9.0##10##11⑥.
()2041R D k L
π-【解析】
【详解】（1）螺旋测微器测量金属丝的直径D =50.0×0.01mm=0.500mm （3）由电路可知，流过待测金属丝的电流
21
U U I R -=
金属丝的电阻
101
21
U R U r I U U =
=-（4）根据
1021
U R r U U =
-解得
021R r
U U r +=
则
0R r k r +=
解得
01
=
-R r k 做出21U U -
图像，则
33
3.001021.5010
k --⨯==⨯解得
10
1021
r =
Ω=Ω-（5）根据
214
L
r D ρ
π=解得
()2
041R D k L
πρ=
-13.水平绝缘细杆上有一带电圆环B ，圆环B 的质量为m 、电荷量为()0q q ->，在圆环B 右上方固定电荷量为()0Q Q >的圆环A ，两圆环都可看成点电荷，静电力常量为k ，重力加速度大小为g ，圆环B 恰好处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环A 到细杆的距离为L ，两圆环间的距离为2L ，A 、B 与杆在同一竖直面内，求：
（1）两圆环间的库仑力大小F ；（2）圆环B 与细杆间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）2
4Qq
k
L （2）
238kQq mgL kQq -或
2
38kQq
kQq mgL -【解析】【小问1详解】
两圆环间的库仑力大小为
2
2
24Qq Qq F k k L L ==（）【小问2详解】
对圆环B 受力分析，受到指向A 的库仑引力F 、重力、沿杆向左的摩擦力如图
由于F 竖直向上的分力与圆环B 的重力的大小关系未知，所以，杆对B 的弹力方向无法确定，当弹力竖直向上时，设为N ，则有几何关系可知
1
sin 22
L L θ=
=解得
30θ=︒
根据平衡条件可知
sin F N mg
θ+=cos F f
θ=
其中
f N
μ=联立，解得
238μmgL kQq
=
-当弹力竖直向下时，同理根据平衡条件可知
sin F θN mg '=+cos F f θ'
=其中
f N μ'=''
联立，解得
2
8μkQq mgL '=
-所以，圆环B 与细杆间的动摩擦因数为
238mgL kQq -或2
38kQq mgL -。

14.在学校门口有个石墩，
质量m =50kg ，与水平地面间的动摩擦因数µ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g =10m/s 2，现有两个同学想挪动石墩，水平面内力的示意图如图所示，α=60°，两同学施加相等大小的恒力F 。

（1）若不能挪动石墩，求F 的最大值；（2）若石墩在2s 内移动了0.5m ，求F 的大小。

【答案】（1）
1003N 3
（2）
N 2
【解析】
【小问1详解】
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
m f f mg
μ==滑由平行四边形定则可得，两同学的合力
2cos
2
F F α
==合若不能挪动石墩，则
m
F f ≤合解得
N 3
F ≤
所以F 的最大值为N 3
；【小问2详解】
石墩做匀加速直线运动，有
212
x at =
由牛顿第二定律得
F f ma
-=滑合解得
N 2
F =
15.如图所示，在P 处有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子自A 板小孔进入A 、B 平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器中，静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向圆心O ，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，从辐向电场射出后，竖直向下沿平行板C 、D 间的中线射入两板间的匀强电场。

已知静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度的大小为E ，粒子运动轨迹的半径为R ，A 、B 两板间的距离为d ，C 、D 两板长均为2L ，C 、D 两板间的距离为L ，粒子重力不计。

（1）求A 、B 两板间的电压U 1；
（2）若要使粒子能从C 、D 两板下方飞出，则C 、D 两板间的偏转电压U 2应满足什么条件？（3）求粒子从P 点出发至从C 、D 两板下方飞出的过程中运动的总时间t 总。

【答案】（1）112
U ER =（2）21
4
U ER ≤（3）()442
d R L m
t EqR
π++=
总
【解析】【小问1详解】
依题可知，粒子在辐向电场中做圆周运动时，电场力提供向心力，有
2
v Eq m
R
=粒子在A 、B 两板间做加速运动时，有
2112qU mv =
联立解得
112
U ER =
【小问2详解】
粒子在偏转电场中做类平抛运动，故水平位移
2L vt
=竖直方向位移
212
y at =
由牛顿第二定律可知，在偏转电压为U 2的电场中的加速度
2qU a mL =
粒子能从C 、D 两板下方离开时满足
2
L y ≤
联立可得
214
U ER ≤
【小问3详解】
由匀变速直线运动规律可知，粒子在A 、B 两板间运动的时间
122
d d t v v =
=粒子在静电分析器中运动的时间
21
242R
R t v v
ππ⨯==粒子在偏转电场中运动的时间
32L t v
=
飞行总时间
123442d R L
t t t t v
π++=++=
总
联立解得
v =
故可得飞行总时间
t =
总。