2023-2024学年天津市北辰区高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市北辰区高二（上）期中物理试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共5小题，共25分。
1.如图的装置叫做“雅各布天梯”，两个用金属丝弯成的电极A，B分别与起电机的正、负两级相连，金属丝电极上能够聚焦大量的正、负电荷，正、负电荷通过电极间的空气放电，产生明亮的电弧，电弧随着热空气上升，就像以色列的祖先雅各布梦中见到的天梯，在电极放电过程中，下列说法正确的是( )
A. 电极A得到的电荷数多于电极B失去的电荷数
B. 电极A得到的电荷数等于电极B失去的电荷数
C. 电极A得到的电荷数少于电极B失去的电荷数
D. 条件不足，不能判定电极A，B得失电荷间的数量关系
2.一电流表的满偏电流为1mA，内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为0～0.6A的电流表，则应在电流表旁( )
A. 并联一个阻值约为60Ω的电阻B. 并联一个阻值约为0.5Ω的电阻
C. 串联一个阻值约为60Ω的电阻D. 串联一个阻值约为0.5Ω的电阻
3.计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电，按下某个键，使两个小金属片之间距离减小时，与之相连的电子线路就给出该键相关的信号。当按下键时，电容器的( )
A. 电容变小B. 电容变大C. 极板间的场强变小D. 极板间的电压变大
4.如图所示为某一金属导体的伏安特性曲线，由图像可知( )
A. 导体两端电压为2V时，电阻为1Ω
B. 导体两端电压为2V时，电阻为2Ω
C. 该导体的电阻不随电压变化
D. 该导体的电阻随电压的增大而减小
5.在电场中P点放一个试探电荷−q，它所受的电场力为F，则关于P点的电场强度E1，正确的说法是( )
A. E1=Fq，方向与F相同
B. 若取走试探电荷，P点的电场强度变为0
C. 若试探电荷为+2q，E1大小和方向均不变
D. 若试探电荷为+2q，则P点的电场强度变为2E1，方向与E1相反
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示为点电荷Q产生的电场中的三条电场线，A、B是一条电场线上的两个点，EA、EB分别表示A、B两点的场强大小，则下列说法正确的是( )
A. 若Q为正电荷，则EA>EB，A点电势高于B点电势
B. 若Q为正电荷，则EAC. 若Q为负电荷，则EA>EB，A点电势低于B点电势
D. 若Q为负电荷，则EA7.如图是小灯泡L(灯丝材料是钨)和某种热敏电阻R的伏安特性曲线，M为两曲线交点，下列说法正确的是( )
A. 随着电压增大，曲线a对应元件电阻增大，曲线b对应元件电阻减小
B. 随着电压增大，曲线a对应元件电阻减小，曲线b对应元件电阻增大
C. 在M点状态下，小灯泡L的功率大于电阻R的功率
D. 在M点状态下，小灯泡L的功率等于电阻R的功率
8.用充电宝给一部手机充电，在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输电电压U、充电电流I均可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则( )
A. 根据欧姆定律，有I=UrB. 充电宝输出的电功率为P=UI+I2r
C. 手机发热功率为I2rD. 时间t内手机储存的化学能为UIt−I2rt
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(1)某实验小组测量某圆柱复合材料的电阻率。
①该实验小组用螺旋测微器测量其直径D，某次测量结果如图甲所示。该圆柱复合材料的直径D= ______ mm；
②该实验小组用如图乙所示实验电路测量其电阻值。某次实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为Ⅰ，若用U表示该圆柱复合材料的电阻的测量值，则该测量值比真实值偏______ (填“大”或“小”)。导致此误差的原因是______ 。

(2)某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图1所示。
①将开关先与“I”端闭合一段时间后，再将开关与“2”端闭合。在下列四个图像中，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为______ (填选项对应的字母“A”或“B”)，电容器两极板间的电压随时间变化的图像为______ (填选项对应的字母“C”或“D”)。

②该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器电容(C1
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
10.如图所示是某双量程电压表的内部电路简图，由表头G和两个电阻连接而成。已知该表头的内阻Rg=300Ω、满偏电流Ig=1mA，电阻R1=2700Ω，R2=12000Ω。求：
(1)使用a、b两个端点时，对应的电压表量程是多少？
(2)使用a、c两个端点时，对应的电压表量程是多少？
11.密立根油滴实验装置如图所示：两块间距为d的平行金属板A、B分别与电源正、负极相接。当两极板间不加电压时，带电油滴最后以速度v1匀速竖直下ν1落；当两板间加上电压U时，该带电油滴最后以速度ν2匀速竖直上升。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，即f=ky，其中比例系数k已知，取重力加速度为g。求：
(1)判断该带电油滴带什么电；
(2)油滴的质量；
(3)求该油滴所带电荷量q。
12.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由若干个(图中只画出5个)横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，板间距为L2，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧射出，最后打到荧光屏上。试求：
(1)电子在第1个金属圆筒中运动的时间和速度大小；
(2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间，则金属圆筒有几个？
(3)圆筒个数不同，电子打在荧光屏上的位置也不同，请求出电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据电荷守恒定律可知，电荷既不能凭空产生，也不会凭空消失，电荷的总量保持不变，所以在电极放电过程中，电极A得到的电荷数等于电极B失去的电荷数．故B正确，ACD错误．
故选：B
在电极放电过程中，电荷的总量保持不变．
电荷既不能凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中总量保持不变．
2.【答案】B
【解析】解：将量程为1 mA的电流表改装成量程为0～0.6 A的电流表，即电流表的量程扩大为原来的600倍，
故应在电流表旁并联一个电阻分流，设并联电阻的阻值为Rx，则根据并联电路规律可知，(I−Ig)Rx=IgRg，解得Rx=0.5Ω，故B正确，ACD错误。
故选：B。
把电流表改装成大量程的电流表需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。
本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
3.【答案】B
【解析】解：ABD.因为电源不断电，故按下键时电容器两端电压不变，根据
C=ɛrS4πkd，C=QU，可知当按下键时，d减小，则C增大，U不变，故AD错误，B正确；
C.根据E=Ud，可知按下键的过程中板间距变小，U不变，故极板间的场强变大，故C错误。
故选：B。
根据电容决定式C=ɛrS4πkd，以及电容的定义式C=QU，结合场强与电势差的关系求解。
本题的关键掌握电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化是解决此类问题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：AB.由图像可知，导体两端电压为2V时，通过导体的电流为2A，则电阻为
R=UI=22Ω=1Ω
故A正确，B错误；
CD.根据
I=1RU
随电压的增加，图像上的点与原点连线的斜率减小，则电阻变大，故CD错误。
故选：A。
本题根据欧姆定律，结合题中数据，即可解答。
本题考查学生对欧姆定律的使用，以及对图像的掌握。
5.【答案】C
【解析】解：A、电场强度的定义式为E=Fq，由此公式只能计算出场强的大小，而方向与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，因检验电荷带负电，所以该点的场强方向与F方向相反，故A错误；
BCD、电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷所带电荷量以及受到的电场力大小无关，与试探电荷的存在与否无关，故BD错误，C正确。
故选：C。
电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷所带电荷量以及受到的电场力大小无关；电场强度的方向与放在该点的负检验点电荷受到的电场力方向相反。
知道电场强度的大小是由电场本身的性质决定的，与试探电荷所带电荷量以及受到的电场力大小无关是解题的基础。
6.【答案】AC
【解析】解：AB.电场线的疏密程度与场强大小有关，电场线密处电场强，电场线疏处电场弱，则EA>EB，若Q为正电荷，电场线方向向右，沿着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势；故A正确，B错误。
CD.电场线的疏密程度与场强大小有关，电场线密处电场强，电场线疏处电场弱，则EA>EB，若Q为负电荷，电场线方向向左，沿着电场线电势降低，则A点电势低于B点电势；故C正确，D错误。
故选：AC。
曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱；根据正负电荷的电场线分布即可判断电场方向，沿着电场线电势降低。
电场线是一种物理模型，注意电场线的每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致．电场线的疏密程度与场强大小有关，电场线密处电场强，电场线疏处电场弱。
7.【答案】AD
【解析】解：AB.由图可知随着电压增大，曲线a与原点连线斜率变小，曲线b与原点连线斜率变大，曲线与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则可知随着电压增大，曲线a对应元件电阻增大，曲线b对应元件电阻减小，故A正确，B错误；
CD.两图线的交点M表示此状态下两元件不仅电流相同，电压也相同，所以此时两者阻值相同，功率也相同，故C错误，D 正确。
故选：AD。
伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，M为两曲线交点，表示电压和电流都相同，故功率相同。
本题考查了伏安特性曲线的基础知识，要求学生哪个根据伏安特性曲线比较电阻的大小，判断电阻的变化，求电功率等。
8.【答案】CD
【解析】解：A、手机充电时所在的电路不是纯电阻电路，充电电流不能用I=Ur计算，电池内阻r=U内r，而U内B、充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为UI，故B错误；
C、手机发热功率为P热=I2r，故C正确；
D、充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为：E=UIt−I2rt，故D正确。
故选：CD。
充电宝和手机都是非纯电阻，其电功率只能用P=UI计算，产生的焦耳热只能用Q=I2rt计算，根据能量守恒列式求解手机电池储存的化学能。
本题考查了闭合电路的欧姆定律，知道手机充电电路为非纯电阻，解题关键是区分热功率与电功率的计算式，掌握焦耳定律的计算公式。
9.【答案】0.440 小 电压表分流 A C ②
【解析】解：(1)①螺旋测微器的精确度为0.01mm，圆柱复合材料的直径D=0mm+44.0×0.01mm=0.440mm；
②电流表外接法，通过待测电阻的电流IR=I−IV
根据欧姆定律，待测电阻Rx真=UIR=UI−IV>UI=Rx
可知，测量值小于真实值，误差来源于电压表分流；
(2)①将开关先与“1”端闭合，电容器与电源相连，进行充电；稍后再将开关与“2”端闭合，电容器放电，充电电流与放电电流方向相反，放电过程中因为极板的电荷量逐渐减小，所以电势差也逐渐减小；充电过程中因为极板的电势差逐渐增大，所以电源电动势和极板的电势逐渐接近，因此电流均逐渐变小，故传感器的电流随时间变化的图像为A；
充电过程，电压逐渐增大，且增大的越来越慢，放电过程电压逐渐变下，减小的越来越慢，故电压随时间变化的图像为C。
②用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1故答案为：(1)①0.440；②小；电压表的分流；(2)①A；C； ②②。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
电流表外接法，根据欧姆定律结合并联电路的特点分析作答；
(2)①根据电容器放电的电流变化特点得出电容器放电时电流随时间的变化图像；根据电容放电的电流特点确定电容器的放电的电压随时间变化的图像；
②根据电容的大小对电容器的充放电特点得出正确的图像。
本题主要考查了螺旋测微器的读数、伏安法测电阻的误差分析以及电容器的充放电特点；理解实验原理，知道伏安法测电阻误差的来源，知道电容器的充放电特点，是解题的关键。
10.【答案】解：(1)使用a、b两个端点时，表头和R1串联，电压表总内阻为
Rv1=Rg+R1=300Ω+2700Ω=3000Ω
所以，此时对应的电压表示数为 U1=Ig RV1
代入数据可得
U1=3 V
(2)使用a、c 两个端点时，表头和R1及R2串联，电压表总内阻为
Rv2=Rg+R1+R2=300Ω+2700Ω+12000Ω=15000Ω
所以，此时对应的电压表示数为
U2=Ig R V2
代入数据可得
U2=15 V
答：(1)使用a、b两个端点时，对应的电压表量程是3V；
(2)使用a、c两个端点时，对应的电压表量程是15V。
【解析】(1)(2)根据串联电路中电压的规律列式并代入相关数据计算求解。
熟悉串联电路和并联电路的各种规律，并利用这些规律进行分析运算，解决实际问题。
11.【答案】解：(1)两板间加电压时带电油滴向上运动，说明电场力竖直向上，而电场方向竖直向下，故油滴带负电；
(2)不加电压时，根据平衡条件有
mg=kv1
解得
m=kv1g
(3)在极板间加上电压，极板间的电场强度为
E=Ud
油滴向上匀速运动，根据平衡条件有
qE=mg+kv2
解得
q=k(v1+v2)dU
答：(1)该带电油滴带负电；
(2)油滴的质量kv1g；
(3)求该油滴所带电荷量k(v1+v2)dU。
【解析】(1)根据对带电油滴的受力分析得出油滴的电性；
(2)不加电压时，对带电油滴的受力分析求出油滴的质量；
(3)根据场强和电场力的计算公式，结合对带电油滴的受力分析得出油滴的电荷量。
本题主要考查了场强的相关应用，熟悉场强的计算公式，结合对带电油滴的受力分析即可完成解答。
12.【答案】解：(1)电子在每一个圆筒中运动时间一样，都等于 t=T2，
电子被电场加速一次即进入第1个圆筒，应该有：eU0=12mv12，
解得：v1= 2eU0m。
(2)设有n个圆筒，最后电子紧贴上极板右边缘飞出两板之间，有：neU0=12mvn2，
水平方向做匀速直线运动有：L=vnt，
竖直方向有：yn=d2=L4=12at2，
电场力提供加速度有：a=eEm，
且根据：E=8U0d，
联立解得：n=16即至少16个；
(3)设电子打在荧光屏上M点，且M点离O点最远。依据类平抛的推论速度的方向延长线过水平位移的中点，有：
yY=L2L2+L=13
可见，当y最大时，Y最大，则：Ym=3ym
而ym=d2=L4
所以电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离 Ym=3L4。
答：(1)电子在第1个金属圆筒中运动的时间为T2和速度大小为 2eU0m；
(2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间，则金属圆筒有16个；
(3)电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离 3L4。
【解析】(1)电子在每一个圆筒中运动时间一样，电子被电场加速一次即进入第1个圆筒由动能定理求解离开是的速度大小；
(2)全过程用动能定理求出加速n此后粒子的速度，结合水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动求解相关问题；
(3)在偏转电场中对运动进行分解，结合动能定理、类平抛运动学规律即可解决问题。
本题考查直线加速器的原理，带电粒子在交变电场中的运动，解题关键在于对运动情况进行分析，在偏转电场中对运动进行分解，同时结合动能定理、运动学规律即可解决问题。