福建省泉州市泉港区第一中学、厦门外国语学校石狮分校2023-2024学年高二上学期11月期中联考物理试题（解析版）

这是一份福建省泉州市泉港区第一中学、厦门外国语学校石狮分校2023-2024学年高二上学期11月期中联考物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：100分 考试时间：75分钟
一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16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. 如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近验电器B，则（ ）
A. 验电器金箔不张开，因为球A没有和B接触
B. 验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了正电
C. 验电器金箔张开，因为整个验电器都带上了负电
D. 验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电
【答案】D
【解析】
【详解】金属球A带上正电，靠近验电器B，B发生了静电感应，根据静电感应的“近异远同”规律，可知，验电器B上端的金属球带负电，金属箔片带正电，金箔在库仑斥力作用下张开，即验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电。
故选D。
2. 如图所示，用两根绝缘细绳把两个带同种电荷可视为质点的小球A、B悬挂在一点。已知A球的质量大于B球的质量，A球所带电荷量小于B球所带电荷量。两小球静止时，悬线与竖直方向的偏角分别为和，且两小球在同一水平面上，则与的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 【答案】B
【解析】
【详解】因为库仑力的作用A、B两球被排斥开，则满足
由题意知A、B两球的质量
mA>mB
可知
因为和均为锐角，则有
故选B。
3. 如图所示，虚线表示电场中几个相邻等差等势面，实线表示一带电量为的粒子的运动轨迹，其中，，相邻两等势面的电势差大小为3V，a、b为运动轨迹上的两点，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（ ）

A. 该带电粒子带负电
B. 该带电粒子是从a向b运动的
C. 该带电粒子经过等势面时动能为24eV
D. 该带电粒子经过等势面时的电势能为15eV
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知，三条等势线的电势高低不确定，即电场方向不确定，可知粒子的电性也不能够确定，故A错误；
B．根据题意可知，粒子的运动方向不确定，由于电场线与等势线垂直，而粒子仅受电场力，根据合力方向指向轨迹内侧，可知，电场力方向垂直于等势线向右，若粒子从a运动到b，粒子的速度与电场力方向的夹角为锐角，粒子做加速运动，若粒子从b运动到a，粒子的速度与电场力方向的夹角为钝角，粒子做减速运动，故B错误；
C．根据上述，若粒子从a运动到b，电场力做正功，粒子从第3条等势面运动到第1条等势面过程，根据动能定理有
其中
解得
故C正确；
D．若粒子从a运动到b，电场力做正功，粒子从第3条等势面运动到第2条等势面过程，电势能减小，根据动能定理有
其中
解得
粒子在运动过程中，只有电势能与动能的转化，即电势能与动能和值一定，由于
则粒子在第3条等势面处的电势能为0，则有
解得
故D错误。
故选C。
4. 两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，设相距为l，电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子．如图所示，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为 r（r>>l），P、O两点间连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k．下面给出 φ的四个表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，根据你的判断，φ的合理表达式应为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设P的坐标是（X，Y），则
P点到（＋q）的距离是
P点到（－q）的距离是
利用电势叠加原理，得P点的电势为
因为，所以
而又有
即

又有
得
故
故选B。
二、多选题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题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。）
5. 如图所示，两个固定的等量正点电荷相距，其连线的中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的垂直平分线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直向上为正方向建立轴。已知a点的电场强度大小为E。则下列说法正确的是（ ）
A. a点与b点的电场强度相同，电势也相等
B. c点的电场强度为，方向沿y轴正方向
C. 在c点由静止释放一电子，电子运动到O动能最大
D. 若将一正电荷由a移到b点，电场力先做负功后做正功
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；
B．由库仑定律可知
可得
方向沿轴正方向，故B正确；
C．根据等量同种正电荷的电场分布特点，可知cO之间的电场线方向向上，bO之间的电场线方向向下，O点的电场强度为零，故在c点由静止释放一电子，电子先受到向下的电场力，做加速运动，到O点加速度为零，速度达到最大，进入bO之间，受到向上的电场力，做减速运动，故电子在O点的速度最大，动能最大，故C正确；
D．根据等量同种正电荷的电场分布特点，可知ab之间的电场线方向，先向右再向左，故若将一正电荷由a移到b点，所受的电场力先向右再向左，故电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选BC。
6. 某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化关系如图，Ex为电场强度在x轴上分量则（ ）
A. 在x1、x2两处，Ex1与Ex2方向相同
B. 在x1、x2两处，Ex1与Ex2大小相等
C. 若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．沿电场线电势逐渐降低，可知在x1、x2两处，Ex1与Ex2方向相同；因φ-x图像的斜率大小为场强，可知在x1、x2两处，Ex1与Ex2大小不相等，选项A正确，B错误；
C．若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电势降低，则电势能减小，则电场力做正功，选项C错误；
D．因为R处的电势大于x2处的电势，可知同一个带正电的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，选项D正确。
故选AD。
7. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，平行板电容器内的带电液滴恰好静止。分别用I、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数变化量的绝对值。当温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）

A. 和的示数均增加
B.
C. 电源的输出功率可能先增加后减小
D. 带电液滴一定向下运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当温度降低时，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，回路中电流变小，则R两端电压减小，路端电压增大，电压增大，和的示数均增加，故A正确；
B．根据欧姆定律可知
可得
根据闭合电路欧姆定律可得
得
可知
根据闭合电路欧姆定律可得
得
可知 不变，满足
故B错误；
C．温度降低的过程中，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，电源内阻大于时，输出功率可能先增大后减小，故C正确；
D．初始带电液滴受到向上的电场力与重力平衡，当温度降低时，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，导致增大，根据电场强度与电势差的关系以及电场力表达式可得
可知电场力增大且大于重力带电液滴一定向上运动，故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为
B. 细线断裂后，小球动能的最小值为
C. 从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了
D. 从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球静止在M点，该点就是小球的等效最低点，则动能最小值出现在等效最高点，等效重力加速度为
得
恰好最完整圆周运动，最高点最小且满足
故选项A错误；
B．B点由能量守恒得
得
细线断裂后小球做类似斜上抛，速度的最小值
最小动能
故选项B正确；
C．从细线断裂后，沿合力方向和垂直合力方向建立坐标系，沿合力方向做匀减速直线运动由
得运动时间
垂直合力方向做匀速直线运动，位移为
电场力做功
故电势能增加了，故选项C错误；
D．水平方向只受电场力，所以
竖直方向只受重力：
故选项D正确。
故选BD。
三、填空题（8分）
9. 在正电荷Q电场中的某一点，放一电量q为的点电荷，若点电荷受到的电场力大小为，方向水平向东，则该点的电场强度方向是______。如果该点点电荷电量改为4q，则该点的电场强度大小是______N/C。
【答案】 ①. 水平向西 ②.
【解析】
【详解】[1][2]负电荷受到的电场力方向和电场强度方向相反，电场力方向水平向东，所以电场方向水平向西，大小为
电场强度的大小和试探电荷无关，所以点点电荷电量改为4q后，电场强度仍不变。
10. 如图所示为电容式话筒的原理图，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，并与定值电阻R、电源E串联成一闭合回路，当振动膜片在声压的作用下向右运动时，电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此时，定值电阻R上有向________（选填“左”或“右”）的电流。

【答案】 ①. 增大 ②. 左
【解析】
【详解】[1]当振动膜片在声压的作用下向右运动时，电容器两极板的距离变小，根据
可知电容器的电容增大；
[2]根据
电容器的电容增大，电容器两端电压不变，可知电容器所带的电荷量增大，电容器充电，定值电阻R上有向左的电流。
四、实验题
11. 一实验小组要测定某金属丝的电阻率。
（1）实验前先用螺旋测微器测出金属丝的直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径D=______mm。
（2）实验小组成员先采用多用电表粗测金属丝的电阻。在已经完成机械调零的情形下，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______（选填“×100”或“×1”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为______Ω。
（3）为了精确测量被测金属丝Rx的阻值，实验小组根据实验室提供的下列器材设计了如图所示电路，其中最合理的是______。
A.直流电源（电动势E=6V，内阻可忽略不计）；
B.电流表 A1（量程为30mA，内阻r1=9.5Ω）；
C电流表A2（量程为3A，内阻r2=0.1Ω）；
D.电压表V（量程为6V，内阻）；
E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A）；
F.滑动变阻器R2（最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A）；
G.定值电阻（R3=0.5Ω）；
H.定值电阻（R4=5Ω）；
I.开关一个，导线若干。
【答案】 ①. 4.700 ②. ×1 ③. 10.0 ④. A
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）[2]用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，表明通过表头的电流过大，说明待测电阻阻值较小，为了使指针指在中央刻线附近，减小读数误差，应该换用“×1”挡；
[3]根据欧姆表的读数规律，该读数为
（3）[4]由电源电动势与待测电阻的比值可知，电流的最大值约为0.6 A，因此两个电流表均不能直接选用，可将量程为30mA的电流表与定值电阻并联，改装成量程为0.6A的电流表，此时接入定值电阻的阻值为
故电流表选用A1，定值电阻选用R3，由于待测电阻阻值较小，为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用最大阻值较小R1。综上所述，第一个电路图符合要求。
故选A。
12. （1）某同学练习用游标卡尺测量长度，示数如图所示， 由图可知其长度___________cm。
该同学又欲描绘一个标有“6V，3W”字样的灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：
A. 电压表 V（量程为3V， 内阻约为3kΩ）；
B. 电流表 A（量程为0.6A， 内阻约为2Ω）；
C. 滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω， 额定电流为2A）；
D. 滑动变阻器（阻值范围为0~1kΩ，额定电流为0.5A）；
E. 定值电阻（阻值为2kΩ）；
F. 定值电阻（阻值为4kΩ）；
G. 电源（电动势为， 内阻不计）；
H。 开关S、 导线若干。
（2）实验小组的同学设计了如图甲所示的电路，为了调节方便，测量准确，滑动变阻器应选用___________（填“C”或“D”）； 闭合开关S前， 滑动变阻器的滑片应置于___________（填“a”或“b”）端。
（3）如图甲所示的电路中， 电压表V的量程过小，应选用定值电阻___________（填“E”或“F”）与其串联进行改装。
（4）调节滑动变阻器，记录电流表 A与电压表 V（改装后）的示数，通过实验数据描绘出灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。由图乙可知，随着灯泡L两端的电压增大，其电阻___________ （填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）另取两个相同的上述灯泡L，连接成如图丙所示的电路，已知电源的电动势为E=5V、 内阻为，定值电阻的阻值为 则电路中一个灯泡L消耗的电功率约为___________W（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 4.240 ②. C ③. a ④. F ⑤. 增大 ⑥. 0.60
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数规则，可得读数为
（2）[2]滑动变阻器分压式接法的电路中，滑动变阻器应选用最大阻值小于待测电阻阻值的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高，实验误差小。
故选用C；
[3]为保护电表，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，使电流表和电压表的示数均为零；
（3）[4]若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
小于灯泡L的额定电压，不满足实验要求；同理，若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
满足实验要求，故定值电阻应选用F；
（4）[5]根据欧姆定律可知，图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故随着灯泡L两端的电压增大，其电阻增大；
（5）[6]设并联部分电路（即灯泡L）两端的电压为U，流过一个灯泡L的电流为I，由闭合电路欧姆定律有
代入数据得
在图乙中画出此图线如图所示
此图线与伏安特性曲线的交点坐标即为此时通过灯泡L的电流和灯泡L两端的电压，则一个灯泡L消耗的电功率约为
五、解答题
13. 如图所示，光滑绝缘的水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量都为m，彼此间距离均为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施加一个水平力F的同时放开三个小球，三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：（三个小球均可视为点电荷）
（1）C球的电性和电荷量大小；
（2）水平力F的大小。
【答案】（1）负电，2q；（2）
【解析】
【详解】（1）运动过程中间距不变，则三球加速度相同，水平向右；设C球所带电量为Q，对A球受力分析可知C球带负电，且
解得
即C球带负电，其电荷量大小为2q；
（2）对A球受力分析，可知
解得
再对整体受力分析可知
即水平力F的大小为。
14. 如图甲所示，直流恒压电源的电压U=1500 V，定值电阻R=250 Ω，直流电动机的内阻r=20Ω。闭合开关S后，电压表的示数为1000V，电动机恰好正常转动。
（1）求电动机的输出功率；
（2）如图乙所示，将图甲电路中电动机和电压表替换为水平放置的平行板电容器，两板间距d=1m，A、B为极板间的两点，其连线与水平方向的夹角θ=30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v=2m/s的初速度从A处沿垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中液滴未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量 、电荷量 。不计空气阻力，板间电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10 m/s²。求A、B两点间的距离。

【答案】（1）1920W；（2）
【解析】
【详解】（1）根据欧姆定律可得
电动机的输出功率为
联立解得
（2）液滴在两极板间，根据牛顿第二定律有
液滴从A点运动到B点，沿初速度方向有
垂直初速度方向有
联立解得
15. 如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化的周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为-e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
（1）求A、B金属板的长度L；
（2）求时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y；
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子在MN中做加速运动，根据动能定理得
解得
电子A、B中水平方向做匀速直线运动
解得
（2）时刻射入偏转电场的电子，竖直方向根据牛顿第二定律得
解得
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
末速度为
在2t0～3t0时间内的末速度为
在这段时间内的位移为
在3t0～4t0时间内的末速度为
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y
解得
（3）由分析可知，在第二阶段运动时间必然为4t0（没有打到板上），所以要使从极板右侧射出的电子速度均水平，就要使电子运动4t0后在竖直方向上的分速度为零，由动量定理：Ft=mv,竖直方向上冲量得为0，由于电场力F大小不变，所以只需保证力F向上向下的持续时间相等，由图乙分析可知，只有当电子以2nt0（n为整数）进入AB两板时，才满足该条件，由运动学常识结合图乙我们可以知道，此时竖直方向的位移最小，即此时为最小间距d1。不难看出此时竖直方向上运动上先匀加速，再匀减速，然后反向匀加速，最后匀减速回到原点。A、B两板间的最小的条件是2t0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其它时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收
逆向思维
A、B两板间的最小距离d1为
解得