福建省莆田第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

这是一份福建省莆田第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题，文件包含福建省莆田第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题pdf、期中考试参考答案docx、莆田一中2024-2025学年度上学期期中考试答题卡高二物理2pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
【详解】A．R=UI是导体电阻的比值定义式，因此不能认为导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比，A错误正确；
B．R=ρlS是导体电阻的决定式，因此导体的电阻与长度l成正比，导体截成等长的3段，则每段的电阻都是原来的13，B正确；
C.要获得持续稳定电流，必须形成闭合回路，而且导体两端有稳定电势差C错误
D．闭合开关电灯立即亮起是：在闭合开关瞬间，电场在电路中以光速迅速建立。D错误，。
故选B。
【答案】A
【详解】金属板在点电荷的电场中形成一个等势体，所以金属板表面的电场线与金属板表面处处垂直，A正确，根据如图电场线的分布，可以将金属板等效为距离正点电荷正下方2H处的等量负点电荷。金属板上电势相等，电场力不做功，物体做匀速直线运动。
B.随着小球向右运动，它电场力始终垂直于金属板，但先增后减，小球对金属板压力先增后减，C错误
D.小球运动过程受到竖直向下的重力和电场力、竖直向上的支持力，所以小球做匀速直线运动，电场力不做功，电势能不变，D错误；
【答案】B
【详解】根据闭合电路欧姆定律，当当R = R0＋r，R上消耗的功率达到最大值A选项正确，当R = 0，R0上消耗的功率达到最大值C选项正确，当R＋R0 = r，电源的输出功率达到最大值D选项正确。外电路负载越大，则电源效率越大，B错误
4．【答案】D
【详解】AC．因为R1和电容器串联，所以改变R1，对电路没有影响，所以电容器两端的电压不变，小球的受力没有发生变化。AC错误；
BD．保持R1不变，使R2变大，电路的电阻增大，电流减小，R0的电压减小，电容器的电压减小，电容器间的场强减小，电场力减小，对小球，三力平衡，则绳子拉力减小，悬线与竖直方向的夹角θ变小。B错误，D正确。
故选D。
5．【答案】BC
【详解】A．只有赤道上方附近的地磁场的方向与地面平行，A错误；
B．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角， B正确；
C．磁感线是闭合的，由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近， C正确；
D．在赤道位置放置一枚小磁针，静止时小磁针N极指向地理的北极附近，D错误。
本题选择错误的，故选BC。
6．【答案】BD
【详解】AB．滑片P向下滑动时，滑动变阻器的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律
I=ERAB+RP+r
电路中电流增大，单位时间内通过截面A和截面B的自由电荷个数增大，故A错误，B正确；·
CD．根据电流的微观表达式
I=neSv
自由电荷定向移动的速率与横截面积成反比
vA：vB=1SA:1SB=1πrA2:1πrB2=rB2:rA2
故C错误D正确。
故BD。
7．【答案】AB
【详解】A．由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大；采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，引入系统误差的原因是电流表的分压作用。故A正确；
B．采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同；则图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线。故B正确；
C．采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线。故C错误；
D．利用图3中图线与横轴交点、图4中图线与纵轴交点，连接后可得出真实的图线，消除因电表不理想而引起的系统误差，故D错误。
故选AB。
8．【答案】AD
【详解】A．当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
qE=mgtan37∘
解得匀强电场的场强大小为
E=3mg4q
故A正确；
B．小球在斜面上做匀速直线运动，则
vA=v0
由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为
F合=mgcs37∘+qEsin37∘=54mgB点为小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A到B，由动能定理可得
−F合⋅2r=0−12mv02
解得
v0=5gr
小球能到达B点的条件为v0≥5gr，故B错误；
C．小球不脱离BC轨道，在B点要求
mvB2r≥F合
解得
vB≥5gr2
则当小球通过B点的速度小于5gr2时，会立刻在B点脱离，而不是在BC段某点脱离轨道，当小球通过B点的速度大于等于5gr2时，由于B点为小球在圆轨道的等效最高点，小球不可能在BC段某点脱离轨道，故C错误；
D．若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为2gr，根据动能定理
F合r=12mvC2−12mvB12
解得此时小球在B点的速度为
vB1=3gr2>5gr2
故小球经过C点的速度大小可能为2gr，故D正确。
故选AD。
9． 18 0.4
【详解】[1]根据电动势定义可知，在电源内部，非静电力做了多少功就有多少其他形式能量转化为电能，所以转化为电能的能量
即电源中共有18J其他形式的能转化为电能。
[2]电路中的电流为
则外电阻为
10. 【答案】 负电 10kq9d2
【详解】[1]若图中b点处的电场强度为零，则带电薄板在b点处的场强与点电荷在b点的场强等大反向，可知带电薄板带负电。
[2]点电荷在b点处的场强大小
Eb=kq(3d)2
则带电薄板在b点处的场强大小为
Eb'=Eb=kq(3d)2
由对称性可知，带电薄板在a点处的场强与在b点处的场强大小相等，方向相反。即
Ea'=Eb'
方向水平向左。
点电荷在a点处的场强大小
Ea=kqd2
方向水平向左。由场强的叠加原理可知a点处的电场强度大小为
E合=Ea+Ea'=10kq9d2
11．【答案】变暗 >【详解】当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则灯L2变亮。电压表V1的示数
U1=E−IRL2+r，I增大，则U1减小，灯L3变暗。通过灯L1的电流
IL1=I−IL3
由于I增大，IL3减小，则IL1增大，灯L1变亮。
BC．由
U=U1+U2
又U1减小，U2增大，而U减小，所以
ΔU1>ΔU2
12．【答案】 2.150 4.700 220 C D G
【详解】（1）[1]用20分度的游标卡尺测量其长度为
21mm+0.05mm×10=21.50cm=2.150cm
（2）[2]用螺旋测微器测量其直径为
4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm
（3）[3]该电阻的阻值约为
22×10Ω=220Ω
（4）电表读数从零开始变化并能测得多组数据进行分析，所以滑动变阻器要用分压电路；因电源电动势为4V，则电压表选择D；电路中可能的最大电流
I=ER=4220A≈18mA
故电流表选择C；因滑动变阻器用分压电路，则选择阻值较小的G。电路如图：
13．答案】(1) ③短接 0 (2) ADC
【详解】 (1)欧姆调零需要把红黑表笔短接，调节指针指向对准电阻的0刻度线（电流表表头满偏）(2)指针偏转角度小，说明待测电阻大，所选倍率小，应改选更大的倍率，重新进行欧姆调零，所以应按ADC顺序操作。
14．(8分)【答案】(1)所改装的表为电压表，量程U1=3V；(2)所改装的表为电流表，量程为I1=1A；(3)所改装的表为电流表
【详解】(1)（3分）当S1和S2均断开时，改装成了电压表，量程设为U1，则有
U1=IgR1+Rg
代入数据得
U1=3V
(2)（3分）当S1和S2均闭合时，改装成了电流表，其量程设为I1，则有
I1=Ig+IgRgR2
代入数据得
I1=1.001A≈1A
(3)（2分）当S2闭合S1断开时，相当于将(1)问中的电压表再改装成电流表
15．（12分）【答案】(1)3.6V (2)30Ω (3)0.54W
【详解】（4分）（4）由图可知电压表V2表示路端电压，根据闭合电路欧姆定律
U=E−Ir
所以其斜率绝对值表示电源内阻，则由图得电源内阻
r=ΔUΔI=3.4−3.00.3−0.1Ω=2Ω
由图可得，电流I=0.1A时U=3.4V，则由闭合电路欧姆定律得，电动势
E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V
（4分）（2）当I=0.1A时，电路中电流最小，此时变阻器的电阻为最大值，由图像得
Rm=U2−U1I=3.4−0.40.1Ω=30Ω
（4分）（3）电动机不转时相当于纯电阻，根据图像可得，电动机的电阻为
rM=0.8−0.40.2−0.1Ω=4Ω
由图像可得，电路中电流为I=0.3A时，电动机电压为3 V，此时电动机输出功率为
Pm=UI−I2rM=0.3×3W−0.32×4W=0.54W
16．【答案】(1)a=mg+qEm ，vB=v2cs300=233v2；(2) tAB=3mv23(mg+qE)； UAB=mEv226(mg+qE)；(3) Ln=12f2(n−1)qUm+v12，(n=1 ,2.3……)．
【详解】（4分）(1)小球在电场中受电场力和重力作用
根据牛顿第二定律可得a＝mg+qEm
将小球在B点的速度分解可知
vB=v2cs300=233v2；
（6分）(2) 在B点设小球沿电场方向的速度大小为vy，
则有：vy＝v2tan30°
vy＝atAB
联立解得：tAB=3mv23(mg+qE)
小球竖直位移:y=12vytAB
解得：y=mv226(mg+qE)
A、B两点间的电势差UAB=Ey
解得：UAB=mEv226(mg+qE)；
（4分）(3) 为了使小球获得最大能量，要求小球每次穿过缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个的电势高，这就要求小球穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电流的半个周期设第N个圆筒长为Ln，则有：
12mvn2−12mv12=(n−1)qU (n=1 ,2.3……)
解得：vn=2(n−1)qUm+v12
Ln=vn·T2=vn2f
所以Ln=12f2(n−1)qUm+v12 (n=1 ,2.3……)．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
B
D
BC
BD
AB
AD