福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高二上学期期中阶段测试物理试卷

这是一份福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高二上学期期中阶段测试物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本题共6题，每小题4分，共24分）
1．关于电阻率，下列说法正确的是（ ）
A．电阻率与导体的长度和横截面积有关
B．电阻率越大，导体的导电性能越差
C．金属的电阻率和温度无关
D．电阻率大的导体，电阻一定大
2．如图所示，一正电荷仅在电场力作用下从点运动到点，在点的速度大小为，方向与电场方向相同，该电荷从点到点的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（ ）
A．右移B．左移C．上移D．下移
4．如图所示，带电小球A挂在绝缘细线下端，带电小球B固定在高度可调的绝缘支架上，实验过程中始终保持两个小球在同一水平线上，两小球可视为点电荷，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球A的质量为m，带电量为q1，小球B的带电量为q2，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）
A．两小球带异种电荷
B．q1>q2
C．小球A受到的库仑力为mgsinθ
D．小球A、B间的距离为
5．两根长度相同，横截面积之比S1∶S2=1∶2的均匀铜导线按图所示接入电路，关于两段导线以下说法中正确的是（ ）
A．它们的电阻之比为1∶2
B．它们的电流之比为2∶1
C．它们的电子移动速率之比为1∶2
D．它们的电压之比为2∶1
6．如图所示，平行于匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于正方形的四个顶点上，已知正方形边长为L=0.1m，A、B、C三点电势分别为，，，则（ ）
A．
B．匀强电场的方向沿着BD方向
C．匀强电场的场强大小为10V/m
D．D点的电势为0
二、多选题（本题共4题，每小题6分，共24分。全部选对得6分，选对但不全得3分，选错不得分）
7．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上的一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
C．对应P点，小灯泡的电阻为R =
D．对应P点，小灯泡的电阻为R =
8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定（ ）
A．电场中A点的电势高于B点的电势
B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D．粒子在A点的动能小于它在B点的动能
9．如图所示，水平放置的平行板电容器与电源连接。闭合开关待稳定后，有一带电油滴恰好能静止在电容器中的P点，则（ ）
A．保持开关闭合，将上极板往上平移，油滴向下加速
B．保持开关闭合，将上极板向左移动少许，电路中出现从a到b的电流
C．断开开关，将上极板往上平移，P点电势升高
D．断开开关，将上极板向左移动少许，板间电场强度增大
10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确（ ）
A．小球的带电荷量q=6×10－5C
B．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有动能的最小值
C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变
三、填空题（本题共3题，每空2分，共16分）
11．某同学测量一个圆柱体电阻丝的电阻率时，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，则圆柱体的长度为 cm，直径为 mm。
12．如图所示的电路为用伏安法测量金属电阻R的电路图，当S接a时，电压表示数为2.7V，电流表示数为5.0mA，当S接b时，电压表示数为2.8V，电流表示数为4.0mA，该电阻测量值较准确的数值等于 Ω，测量值 （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
13．如图所示的电路中，小量程电流计的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝100Ω。
（1）当S1和S2均断开时，改装成的电表是 表，量程为 。
（2）当S1和S2均闭合时，改装成的电表是 表，量程为 。
四、解答题（本题共3题，共36分）
14．（11分）如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.8 Ω，通过电动机的电流为5A，电压表示数UV＝110 V。试求：
（1）输入电动机的电功率；
（2）电动机的发热功率；
（2）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
15．(11分)如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60V的恒压电源正、负极上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为，A极板接地。求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度；
（3）距B板的M点处的电势。
16．（14分）如图所示，一带电粒子质量为m ，电荷量为q，从a点由静止开始经电压为U的电场加速后，竖直向上穿过水平边界PQ上的b点，若边界PQ的上方空间没有电场，粒子将到达另一水平边界MN上的O点。若边界PQ和MN间存在水平匀强电场，粒子经过匀强电场后将从边界MN上的某点C（图中未画出）离开。已知O、C两点间的距离为L，边界PQ、MN间距为d，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
（2）水平匀强电场的场强E 的大小；
（3）带电粒子从a点到c点过程中电势能的改变量。
厦门市杏南中学2023-2024学年上学期期中阶段测试卷
高二年 物理学科选考试卷 评分标准
一、单选题（本题共6题，每小题4分，共24分）
二、多选题（本题共4题，每小题6分，共24分。全部选对得6分，选对但不全得3分，选错不得分）
三、填空题（本题共3题，每空2分，共16分）
11． 5.02 5.313 / 5.314/5.315/5.316 /5.317
12． 700 大于
13． 电压 1V 电流 2mA
四、解答题（本题共3题，共36分）
14.(11分)（1）输入电动机的电功率为
分
所以分
（2）电动机的发热功率
分
所以分
电动机输出的机械功率
分
分
可得
m=分
15.(11分)（1）由电容的定义式
分
得，平行板电容器的电容为
分
（2）平行板电容器两板之间的电场强度为
分
分
（3）A、M间的电势差为
分
得
因为
分
其中
所以，距B板的M点处的电势为
分
16.(14分)（1）带电粒子从a到b有
qU=分
解得
v1= 分
（2）在匀强电场中，沿电场方向有
qE=m 分
L=at2 分
垂直电场方向有
分
解得
分
（3）带电粒子从a点到c点过程中电势能的改变量
ΔEp =-W电 =-（qU+qEL）分(若分过程列每一过程2分)
所以
ΔEp =-qU- 分
参考答案：
1．B
【详解】A．电阻率与导体的长度和横截面积无关，导体的电阻与导体的横截面积和长度有关，A错误；
B．电阻率是描述导体导电性能强弱的物理量；电阻率越大，导体的导电性能越差，电阻率越小，导体导电性能越强，B正确；
C．金属的电阻率与温度有关，一般情况下，金属的电阻率随温度的升高而增大，C错误；
D．导体的电阻与电阻率、导体的横截面积以及长度有关

所以，电阻率大的导体，电阻不一定大，D错误。
故选B。
2．C
【详解】由于粒子正电，所受电场力与电场相同，粒子在点的速度方向与电场方向相同，因此正电荷从点到点做加速运动；从点到点过程中，电场线逐渐稀疏，电场强度逐渐变小，由牛顿第二定律可得
因此加速度逐渐变小，C正确；
故选C。
3．A
【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大，根据电容器电容的决定式，分析电容的变化，由于电容器的电量不变，由电容器的定义式分析电势差的变化；
【详解】A、将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式，可知电容增大，而电容器电量不变，由分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小，相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B错误；
C、A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式，可知，电容减小，而电容器电量不变，由分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故CD错误．
【点睛】对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式和定义式结合进行分析，同时要抓住不变量．
4．D
【详解】A．由题图可知，小球A向左偏转，可知两小球相互排斥，则有两小球带同种电荷，A错误；
BCD．对小球A受力分析，受重力、库仑力和细线的拉力，如图所示，由库仑定律可得

由平衡条件可得
解得小球A、B间的距离为
可知两小球的电荷量大小关系不能确定，BC错误，D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．据电阻定律
可知电阻与横截面积成反比，故它们的电阻之比为2∶1。故A错误；
B．两段铜导线处于串联状态，电流相等，故B错误；
C．由电流的微观表达式
可知电流相等的前提下，电子移动速率与横截面积成反比，故电子移动速率之比为2∶1，故C错误。
D．串联电路中电压与电阻成正比，故它们的电压之比为2∶1。故D正确。
故选D。
【点睛】导体的电阻与各影响因素的关系，电流的微观表达式注意各物理量表达的意义。
6．D
【详解】D．由匀强电场的等势面特点知
可得D点的电势为0，故D正确；
A．根据D项可得
故A错误；
B．取AB的中点E，连接CE，作BF垂直CE，如图所示
电场线沿着BF方向，故B错误。
C．根据
又
根据几何关系得
解得匀强电场的场强大小为V/m，故C错误。
故选D。
7．BC
【详解】AB．由图象可知，小灯泡的电阻等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识知，随着电压的增大，此斜率减小，则小灯泡的电阻增大，A错误、B正确；
CD．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为
R =
C正确，D错误。
故选BC。
8．AC
【详解】ACD．粒子所受电场力与电场线相切又指向运动轨迹的凹侧，故电场力F如图所示。
可知粒子带负电。F与速度v的夹角大于90°，故粒子从A到B过程电场力做负功，动能减小、电势能增大。由
可知，从A到B负电荷的电势能增大，故对应的电势降低，即电场中A点的电势高于B点的电势。AC正确，D错误；
B．A点电场线较疏，场强较小，由牛顿第二定律
粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，B错误。
故选AC。
9．AD
【详解】A．保持开关闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将上极板往上平移，两极板间的距离d增加，根据
电容器内部电场强度减小，液滴所受的电场力小于重力，因此油滴向下加速运动，A正确；
B．将上极板向左移动少许，两极板间正对面积S减小，根据
可知电容减小，又根据
由于电压保持不变，因此电容器的带电量减小，电路中出现从b到a的电流，B错误；
C．断开开关，电容器的带电量Q保持不变，利用
，
可知电容器内部的电场强度
可知，将上极板往上平移后，电容器内部的电场强度保持不变，P点电势保持不变，C错误；
D．断开开关，将上极板向左移动少许，根据
电容减小，又由于
带电量保持不变，两极板间的电压升高，根据
可知，板间电场强度增大，D正确。
故选AD。
10．AD
【详解】
A．小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如上图，根据平衡条件，有
解得
故A正确；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，动能最小
故B错误；
C．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与O点等高的最左的位置，故C错误；
D．小球在运动过程中只有重力与电场力做功，所以电势能和机械能之和保持不变，
故D正确；
故选AD。
11． 5.02 5.313 / 5.314/5.315/5.316 /5.317
【详解】[1]游标卡尺的读数为主尺刻度与游标尺刻度之和，故图中所测圆柱体的长度为
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图中所测直径为
12． 700 大于
【详解】[1]电压的相对变化量为
电流的相对变化量为
电流表变化比电压表变化明显，是大电阻，采用内接法误差较小，所以该电阻较准确的数值为
[2]根据欧姆定律，采用内接法时，电压表的测量值偏大，所以电阻的测量值偏大，测量值大于真实值。
13． 电压 1V 电流 2mA
【详解】（1）[1]由电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，电流计G改装成电压表；
[2]量程为
（2）[3]由电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，电流计G量程扩大，电流计G改装成大量程的电流表；
[4]量程为
14．（1）550 W；（2）20 W（3）53 kg
【详解】（1）输入电动机的电功率为
（2）电动机的发热功率
（3）电动机输出的机械功率
又
可得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由电容的定义式得，平行板电容器的电容为
（2）平行板电容器两板之间的电场强度为
（3）A、M间的电势差为
因为
其中
所以，距B板的M点处的电势为
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子从a到b有
qU=mv12
解得
v1=
（2）在匀强电场中，沿电场方向有
qE=m
L=at2
垂直电场方向有

解得
（3）带电粒子从a点到c点过程中电势能的改变量
ΔEp =-W电 =-（qU+qEL）
所以
ΔEp =-qU-
1
2
3
4
5
6
B
C
A
D
D
D
7
8
9
10
BC
AC
AD
AD