云南省大理白族自治州民族中学2024-2025学年高二上学期期中考物理试卷

这是一份云南省大理白族自治州民族中学2024-2025学年高二上学期期中考物理试卷，共14页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回
第I卷（选择题）
一、选择题（共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得，6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1.下列关于电场线的说法中正确的是（ ）
A.沿电场线的方向，场强一定越来越小
B.沿电场线的方向，电势一定越来越低
C.沿电场线方向移动电荷，电荷的电势能逐渐减小
D.在电场力作用下，正电荷一定沿电场线运动
2.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（ ）．
A.一定带正电B.一定带负电
C.可能带正电，可能带负电D.无法判断
3.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，实线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，该带电粒子仅受电场力作用，a、b、c为轨迹上的三个点，虚线圆均以O为圆心，下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子带正电荷
B.带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度
C.带电粒子在c点的动能大于它在b点的动能
D.带电粒子在从b点运动到c点的过程中电场力先做正功再做负功
4.在真空中，两个等量异种电荷的电荷量均q，相距r，则两点电荷连线的中点处的场强大小为（ ）
A.0B. C. D.
5.如图所示，水平放置的两个平行的金属板A，B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地（电势始终为0）.若将A板向上平移到虚线位置，则A、B两板中的电场强度E和P点的电势φ的变化情况是（ ）
A. E不变，φ增大B. E增大，φ不变
C. E不变，φ不变D. E减小，φ减小
6.如图所示，电源电动势为E，内阻为r， R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R>R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（ ）
A.电源内部消耗的功率越来越小，电源的供电效率越来越大
B. R、 R0上功率均越来越大
C. R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小
D. R0上功率越来越大，R上功率先变小后变大
7.如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以同一初速度从同一点沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（不计重力）：（ ）
A.4∶3B.3∶4C.3∶2D.2∶3
8.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，可使电子的偏转角φ变大的是（ ）
A.保持U1不变，使U2变大B.保持U1不变，使U2变小
C.保持U2不变，使U1变大D.保持U2不变，使U1变小
9.如图所示的a、b、c、d、为匀强电场中一个边长a=20cm，宽为10cm的矩形的顶点，e、f为长边的中点，已知a、b、c三点的电势分别为4V、8V、6V，则（ ）
A. d点的电势为B. e点的电势
C. f点的电势D.电场强度
10.如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（ ）
A.液滴做的是匀速直线运动B.液滴做的是匀减直线运动
C.两板的电势差为mgd/qD.液滴的电势能减少了mgd
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.（6分）如图1所示，电压表（量程为3伏）的读数为 V，电流表（量程为0.6安）的读数为 A。螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，读数为 mm。
图1图2
12.（12分）
（一）改表
一个电流表G的内阻Rg=1kΩ，满偏电流为Ig=500μA，现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为 kΩ，如要把它改装成量程是10mA的电流表，需要并联的分流电阻为 kΩ（可用分数表示）。
（二）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：
小灯泡L（3V，0.6A）滑动变阻器R（0～10Ω）
电压表V1（0～3V）电压表V2（0～15V）
电流表A1（0～0.6A）电流表A2（0～3A）
铅蓄电池、开关各一个，导线若干
（1）为了减小误差，实验中应选电流表 ，电压表 ．
（2）在图虚线框内按要求设计实验电路图．
（3）实物连线，并根据所连接电路确定闭合电键前滑动触头调到 端．
三、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.（12分）如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ．
（1）请画出小球受力分析图；
（2）试求这个匀强电场的场强E大小．
14.（12分）如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6Ω，电动机线圈的电阻为RM=2Ω，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V.电动机的转轴的摩擦可忽略，求：
（1）通过灯泡的电流I。
（2）电动机M线圈的发热功率PQ。
（3）电动机M输出的机械功率P机。
15.（12分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。，。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点S=3R的A点由静止释放，求滑块到达圆心O等高的C点时的速度及轨道对小滑块的弹力大小。
（2）为使滑块能沿圆弧轨道滑行G点，求s的最小值。
大理州民族中学2024-2025学年上学期期中考试
高二物理
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强。
本题主要是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
【解答】
AB.沿电场线的方向，电势一定越来越低，电场线的疏密代表电场的强弱，故A错误，B正确；
C.电荷的电性不明确，正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能逐渐减小，负电荷则相反，故C错误；
D.电场线的分布情况不知道，正电荷的初速度不确定，所以在电场力作用下，正电荷不一定沿电场线运动，故D错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】A、B带正电，B对A静电力方向沿B→A，依据平行四边形或三角形定则可以判定C对A的力沿A→C，故C带负电。
3.【答案】A
【解析】【分析】
电场线与等势面垂直；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
本题考查了电势差与电场强度的关系。本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题。
【解答】
A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，由于圆心处的点电荷带正电荷，所以带电粒子带正电荷，故A正确；
B.点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，b处的电场强度大于a处电场强度最小，则带电粒子在b点的加速度小于它在a点的加速度，故B错误；
C.由图可知，b与c到点电荷的距离相等，所以bc一定位于同一个等势面上，则带电粒子在b点的电势能等于带电粒子在c点的电势能，只有电场力做功，则带电粒子在c点的动能等于它在b点的动能，故C错误；
D.粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，所以带电粒子在从b点运动到c点的过程中电场力先做负功再做正功，故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：正负点电荷单独存在时，在中点处产生的电场强度都为，且方向沿着两者的连线，指向负电荷，故合场强为；
故选：D。
根据点电荷场强公式求出两个点电荷单独存在时的场强，再进行矢量合成．
本题关键是求出各个点电荷单独存在时产生的场强，然后进行矢量合成，注意合成时的方向关系．
5.【答案】C
【解析】【分析】
由题知，电容器所带电量不变，根据、、结合分析的变化。由分析P点与下板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化。
本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握、、，也可以根据推论可知E不变。
【解答】
据题，电容器所带电量Q不变。根据、、得，则知电场强度E不变．P与下板间的距离不变，E不变，则由分析P点与下板间电势差不变，下板电势为零，所以不变。故C正确。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大；
外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大。
【解答】
A.滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；
BCD.滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由可知，上功率越来越大，当的时候，滑动变阻器的功率最大，由于，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移比得出运动的时间比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比。
本题考查了带电粒子在电场中的运动。解决本题的关键知道带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动。
【解答】
粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，
知运动时间比为1∶2，根据，得加速度之比为4∶1；
根据牛顿第二定律得：，因为电量比为3∶1，则质量比为3∶4，故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：
①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：
②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：
③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：
④
由①、②、③、④可得：
偏转角正切：
故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故AD正确，BC错误；
故选：AD．
电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况．
带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知的电势差等于dc的电势差，求出d点电势，根据匀强电场等势线的特点得出e点的电势，从而得出ce为等势线，则af也是等势线，根据求解电场强度。
解决本题的关键知道匀强电场等势线的特点，以及知道电场线与等势线的关系，注意几何关系的应用，难度适中。
【解答】
匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知ab的电势差等于的电势差，即，解得：。a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，则af也是等势线，所以。电场强度，故AD正确，BC错误。
故选AD。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差。
本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动。
【解答】
AB.液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确，B错误；
C.液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有，解得：，故C正确；
D.液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】2.600.531.772
【解析】解：电压表量程为3V，最小分度为0.1V，由图示表盘可知，示数为2.60V；
电流表量程为0.6A，最小分度值为0.02A，示数为0.53A；
由图示螺旋测微器可知，其示数为；
故答案为：2.60（2.60−2.62）；0.53；1.772（1.771−1.775）。
根据电表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。
本题考查了螺旋测微器、电表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，注意读数时视线要与刻度线垂直，同时注意分析是否需要估读。
12.【答案】（一）29；；
（二）（1）A1；V1；
（2）实验原理图如图所示
（3）实物连线图如图所示；
；左。
【解析】【分析】
（一）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题；解决本题的关键是利用串联的特点解题。
（二）（1）器材的选取需安全、精确，根据灯泡的规格选择合适的电表；
（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接；
（3）为了保护电路，电路未接通时，要将滑动电阻器阻值调大最大。
【解答】
（一）电流表G的满偏电压：。把它改装成15V的电压表，需要串联电阻的阻值，
要把它改装成量程是10mA的电流表，需要并联的分流电阻为
（二）（1）灯泡的额定电流为0.6A，选择电流表A1；灯泡的额定电压为3V，选择电压表V1；
（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻为5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，
所以电流表采用外接法，电路图如图所示
（3）实物连线图如图所示。
为保障测量电路的安全，应将滑动变阻器调到左端。
故答案为：（一）29；；
（二）（1）A1；V1；
（2）实验原理图如图所示
（3）实物连线图如图所示；
；左。
13.【答案】解：（1）小球受到重力、电场力和细线的拉力，受力分析如图所示．
（2）由平衡条件得：
解得：
答：（1）画出小球受力分析如图；
（2）这个匀强电场的场强E大小是．
【解析】（1）小球受到重力、电场力和细线的拉力，结合受力分析画图即可；
（2）根据共点力平衡的条件即可求出．
解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力．以及掌握电场力的公式：．
14.【答案】解：（1）灯两端的电压为
所以通过灯泡的电流为；
（2）电动机M线圈的发热功率；
（3）电动机M消耗的电功率为
输出的机械功率。
【解析】本题切入点在于根据电路欧姆定律求解干路电流，突破口在于根据电功率表达式列式求解，注意电动机是非纯电阻电路。
（1）电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而灯泡D是纯电阻，可以对灯泡D，运用用欧姆定律求电路中的电流；
（2）发热功率根据即可求解；
（3）电动机M输出的机械功率。
15.【答案】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有：；
又因为；
联立两式解得：；
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则：；
解得：。
（2）将重力和电场力合力为：；
与竖直方向夹角的正切值：，即；
将电场力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低点为F，等效最高点为H，如图：；
滑块要通过H点才能到达G点，则在H点有：；
根据动能定理有：；
联立解得。
【解析】本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，要结合动能定理、牛顿第二定律和向心力公式列式分析。
（1）由动能定理求出滑块的速度；由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力．
（2）将重力和电场力合成的合力等效为“等效重力”，然后结合动能定理列式求解。