安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高二上学期期中测试物理试题（选择性）（Word版附解析）

这是一份安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高二上学期期中测试物理试题（选择性）（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共有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，有选错或不选的得0分）
1. 两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（ ）
A B. rC. D. 2r
【答案】C
【解析】
【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为，联立解得，故C正确，ABD错误．
2. 一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（ ）
A. B. C. ρnevD.
【答案】C
【解析】
【分析】考查电路和电场知识
【详解】，I=neSv，，，联立得E=ρnev，故选C。
3. 如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称．下列说法正确的是
A. a、b、c三点电势相等
B. 电子在a、c两处受到的电场力相同
C. 电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小
D. 电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.
【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.
4. 如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m,带电量+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是
A. 在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
B. 带电小球A、B两点电势能相等
C. 若A、B高度差为h，则
D. 两电场强度大小关系满足E2=2E1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据
v2=2ax
则加速度大小相等，方向相反，A错误；
BC．对A到B的过程运用动能定理得
qUAB+mgh=0
解得
知A、B电势不等，则带电小球在A、B两点电势能不相等，B错误，C正确；
D．在上方电场，根据牛顿第二定律得加速度大小为
在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为
因为a1=a2，解得
故E2不一定等于2E1，D错误。
故选C
5. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为∆U1和∆U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为∆I。当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中（不计灯泡电阻的变化）（ ）
A. 小灯泡L3、L2变亮，L1变暗
B. 电压表V1示数变小，电压表V2示数变大
C. 不变
D. 变大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，回路总电阻变大，电流减小，内电压减小，路端电压增大，L2两端电压减小，即V2示数变小，L2灯泡变暗，V1示数变大，L3电流变大，所以L1电流减小，即L3变亮，L1变暗，故AB错误；
C．把小灯泡L2的电阻R2看成电源的一个内阻，则由电源的路端电压与电流的关系可知
所以
即不变，故C正确；
D．设小灯泡L2的电阻为R2，在滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，R2是不变的，根据部分电路的欧姆定律可知
所以
即不变，故D错误。
故选C。
6. 如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I的变化图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I的变化图线，A、B两点的横坐标都是2 A，则（ ）
A. 当I=2 A时外电阻为1 Ω
B. 当I=1 A和I=2 A时电源的输出功率相同
C. 当I=1 A和I=2 A时电源的效率相同
D. 电源的最大输出功率为2 W
【答案】B
【解析】
【详解】A．C点表示电源的总功率全部转化为热功率，即C点表示外电路短路，电源的总功率
P=EI
由图可知I=3A，P=9W，则电源的电动势 E=3V，电源的内阻
当I=2A时，输出功率为
P出=EI-I2r=3×2W-22×1W=2W
根据
P出=I2R
得
故A错误；
B．当I=1 A电源的输出功率
P出=EI-I2r=3×1W-12×1W=2W
故B正确；
C．当I=1 A和I=2 A时电源的效率
不相同，故C错误；
D．当外电阻与内电阻相等时电源的最大输出功率，为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示电路中，开关S断开时，电压表，电流表均无示数；S闭合时，电流表有示数，电压表无示数，电路中仅有一处故障，下列判断正确的是（ ）
A. 电阻R1断路B. 电阻R2断路C. 电阻R2短路D. 电阻R3断路
【答案】D
【解析】
【详解】BC．开关S断开时，三电阻串联，电流表和电压表均无示数，说明断路，而电压表没有示数，说明R1或者R3断路，故BC错误；
AD．由于电路中仅有一处故障，S闭合时，只有R1接入电路，电流表有示数，说明电阻R1正常，电压表没有接入电路，故没有示数，故电阻R1正常，电阻R3断路，故A错误，D正确。
故选D。
8. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有（ ）
A. q1和q2带有异种电荷
B. x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】
【分析】本题的核心是对φ–x图象的认识，利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，图象的斜率描述电场的强弱——电场强度进行分析解答．
【详解】A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
9. 将额定电压为U、线圈电阻为的直流电动机与电动势为E、内阻为r的电源两端直接相连，电动机刚好正常工作。则关于电动机消耗的电功率，则下列表达式中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】C．由闭合电路欧姆定律
可得
则电动机消耗的电功率为
C正确，不符合题意；
ABD．因为电动机正常工作时为非纯电阻用电器，欧姆定律不成立，故ABD错误，符合题意。
故选ABD。
10. 如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值、时间T为已知量）则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B. 两板间距离
C. 两板间所加交变电场的周期为T，所加电压
D. 若其他条件不变，该带电粒子从开始进入电场，该粒子能到达右侧板
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可知，运动过程中粒子速度方向未发生改变，带电粒子在两板间做单向直线运动，A错误；
B．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知两板间距离为
B正确；
C．设板间电压为U，则粒子加速度为
则
解得
C错误；
D．开始进入电场的粒子，速度—时间图像如图，由图像可知，粒子正向位移大于负向，故运动方向时而向右，时而向左，最终打在右板上，D正确。
故选BD。
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
11. 在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为2V，B点电势为3V，C点电势为4V。已知，AB边长为，D为AC的中点。现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，则放入点电荷后，B点场强为______N/C。
【答案】
【解析】
【详解】如图所示
A点电势为2V，B点电势为3V，C点电势为4V。则D点电势为3V，则BD为等势面，场强方向垂直BD指向A点，场强大小为
因现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，可知点电荷在B点产生的场强也为1N/C，则B点的场强为
12. 要测一个待测电阻丝（约为）的阻值，实验室提供了如下器材：
A.电源E：电动势12V，内阻不计；
B.电流表A：量程0~15mA，内阻为；
C.电压表V：量程0~10V，内阻约为；
D.滑动变阻器：最大阻值，额定电流0.5A；
E.滑动变阻器：最大阻值，额定电流0.1A；
F.定值电阻；
G.定值电阻；
H.定值电阻；
L.电键S及导线若干。
要求实验中尽可能准确测量的阻值，并测量出多组数据。请回答下面问题：
（1）分别用游标卡尺、螺旋测微器测出电阻丝的长度L和直径D，读数如下图所示，______mm，_____mm。
（2）为了在实验时能获得更大的测量范围，实验中滑动变阻器应选______。（选填或）
（3）为了测定待测电阻上的电流，应将定值电阻______（选填或或）与电流表并联，将其改装成一个大量程的电流表。
（4）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻阻值的实验原理电路图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）______。
（5）根据以上实验原理电路图进行实验，若电流表的示数为I，电压表的示数为U，则其电阻率的表达式为______。（使用题目中所给的字母表示）
【答案】 ①. 50.50 ②. 0.900 ③. ④. ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为
[2]螺旋测微器为
（2）[3]为了在实验时能获得更大的测量范围，滑动变阻器采用分压式连接；
（3）[4]将电流表改装成一个大量程的电流表，并联较小的分流电阻，根据题意可知，并联电阻为；
（4）[5]因为改装后电流表内阻已知，故采用内接法

（5）[6]Rx两端的电压可以用电压表的读数减去电流表两端的电压，电流为改装后的电流表读数，改装后的电流表量程
根据电阻定律
解得
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图电路中，电源的电动势，内阻，电阻，，，电容器的电容，闭合电键K后，求：通过灵敏电流计G的总电量。
【答案】
【解析】
【详解】开关断开时，电容器充电电压为电阻两端的电压
则充电电荷量
且上极板带正电，开关闭合后，外电路的总电阻
总电流为
路端电压
两端电压
两端电压
电容器的电压等于与电压之差，为
则得电容器的带电量
因为，外电路中沿着电流方向电势降低，可得电容器下极板电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合开关后，通过电流G的总电荷量
14. 如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以水平速度向左抛出一个质量为的小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为，求在此过程中：（注意：计算结果可用根式表示）
（1）小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；
（2）墙面上A、B两点间的距离；
（3）小球速度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动。将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向
且有
得到
（2）水平方向速度减小为零所需的时间
所以从A点到B点时间
竖直方向上
解得
（3）将速度进行分解，当时，小球速度最小，此时
根据力的关系知
解得
15. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）滑块通过F点的最小速度；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。

【答案】（1）2m/s；（2）1.5m；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）小球在F点根据牛顿第二定律有
解得
m/s
（2）设小球由处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得
解得
1.5m
（3）①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
= 1.2m
则当h≤1.2m时，小球不过D点，不脱离轨道；
②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
m
则当h1.5m时，小球可以通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得
h3= 3.2m
则当h≤3.2m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点，综上可知
1.5m≤h≤ 3.2m
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
h4= 3.5m
则当h3.5m时，小球可以两次通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得
h5=5.2m
则当h≤5.2m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上
3.5m≤h≤5.2m
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
由数学归纳法可知，满足
（1.5+k）m ≤h≤（3.2+k）m（k =0，1，2，3……）