福建省莆田市2023_2024学年高二物理上学期期中试题含解析

这是一份福建省莆田市2023_2024学年高二物理上学期期中试题含解析，共15页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
温馨提醒：本试卷满分100分，考试时间75分钟，祝同学们考试顺利！
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A. 奥斯特通过实验发现了通电导线在磁场中受力
B. 磁场是看不见、摸不着的，但是磁感线是真实存在的
C. 磁感线总是从N极出发回到S极
D. 磁感线与电场线不同，条形磁铁的磁感线是闭合曲线
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁场力是横向作用力，奥斯特是通过发现通电导线下方的小磁针发生偏转发现了电流的磁效应，故A错误；
B．磁场看不见、摸不着，磁感线并不真实存在的，是人们假想出来的曲线，故B错误；
CD．磁感线是闭合曲线，在磁体外部总是从N极出发回到S极，在磁体内部总是从S极出发回到N极，故C错误，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查磁感线的分布情况以及电生磁现象的发现。
2. 下图中能产生感应电流的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电路没有闭合，无感应电流。故A错误；
B．面积增大，通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流。故B正确；
C．穿过圆环的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流。故C错误；
D．穿过闭合电路的磁通量减小，有感应电流。故D正确。
故选BD。
3. 如图所示，三个带电小球A、B、C静止在光滑水平地面上，A带正电，电荷量为q（），A、B之间距离为L，B、C之间距离为，则（ ）
A. B球带正电B. C球带负电
C. B球电荷量为D. C球电荷量为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．三个带电小球A、B、C静止在光滑水平地面上，则满足“两大夹小，两同夹异”，A带正电，则B带负电，C带正电，选项AB错误；
C．设B球带电量为，C球带电量为，对C球受力平衡有
解得
则B球电荷量为，选项C错误；
D．对B球受力平衡有
解得
即C球电荷量为，选项D正确。
故选D。
4. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，以下分析正确的是（ ）
A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，则θ变大
C. 断开S，将A板向上平移一小段距离，则θ变小
D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ变大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．设A、B之间的电场强度大小为E，对小球根据平衡条件可得
①
保持S闭合，则A、B之间电压U保持不变，根据
②
可知将A板向B板靠近，d减小，则E增大，θ增大；将A板向上平移一小段距离，d不变，则E不变，θ不变，故A正确，B错误；
CD．平行板电容器的决定式和定义式分别为
③
④
联立②③④可得
⑤
断开S，则两极板所带电荷量Q不变，将A板向上平移一小段距离，两极板正对面积S减小，则E增大，θ增大；将A板向B板靠近，S不变，则θ不变，故CD错误。
故选A。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的选项中有两项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分）
5. 电位器是用来控制电路的电学器材，其工作原理类似于滑动变阻器，其中P、O、Q为三个接线柱，如图为某电位器的示意图。现将此电位器与一定值电阻、一理想的电流表串联接在一电源两端，通过转动滑动触头来改变电路中的电流。则下列说法正确的是（）
A. 如果将P、O两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，接入电路的电阻变大
B. 如果将P、Q两端接入电路，滑动触头逆时针转动时，电接入电路的电阻变大
C. 如果将P、Q两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，电流表的示数减小
D. 如果将O、Q两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，电流表的示数增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．如果将P、O两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，接入电路的电阻变大，故A正确；
BC．如果将P、Q两端接入电路，接入电路的电阻为整个碳膜电阻，滑动触头逆时针转动时，电阻不变，则电流表的示数不变，故BC错误；
D．如果将O、Q两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，接入电路的电阻变小，则电流表的示数增大，故D正确。
故选AD。
6. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（）
A. 电压表的示数变小B. 小灯泡变亮
C. 通过R2的电流变大D. 电源两端的电压变小
【答案】AC
【解析】
【详解】若将照射R3的光的强度减弱，则R3阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，即电源两端的电压变大；则通过R1的电流减小，R1两端电压减小，电压表的示数变小；根据
可知R2两端电压增大，则通过R2的电流变大；根据
可知通过灯泡支路电流减小，则小灯泡变暗。
故选AC。
7. 如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路，则（ ）
A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB. 此时小灯泡的电阻大于1Ω
C. 电源内阻消耗的热功率为2WD. 电源的效率为33.3%
【答案】AC
【解析】
【详解】A．直线A的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻，根据图像可得
E=3V，
故A正确；
B．电源U−I图线与小灯泡的U−I图线的交点为小灯泡接在电源两端的工作电压，此时小灯泡的工作电压为2V，工作电流为2A，所以小灯泡的电阻为
故B错误；
C．电源内阻消耗的热功率为
故C正确；
D．电源的效率为
故D错误。
故选AC。
8. 如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则（）
A. 小物块带正电
B. 从A到B，小物块的加速度先增大后减小
C. 电场中AB两点间电势差
D. 从A到B，小物块所受电场力做功为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．等量异种点电荷电场对称分布，沿电荷连线的中垂线，电场方向始终垂直中垂线，即中垂线是等势面，且中间场强最大向两边逐渐减小，小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知电场力水平向右，与场强方向相反，则小物块带负电，故A错误；
B．由题意结合等量异种点电荷电场对称分布，可知物块全程做减速运动，可知加速度方向始终竖直向上。从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据
可知加速度增大；从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据
可知加速度减小；从A到B，加速度先增大后减小，故B正确；
CD．由于等量异种点电荷连线的中垂线为一等势线，所以电场中AB两点间电势差，从A到B，小物块所受电场力做功为
故C正确，D错误。
故选BC。
三、填空题（本题共2小题，共8分。请把答案写在答题卡指定的答题位置处。）
9. （1）如图所示，螺旋测微器的读数为__________mm；游标卡尺的读数为__________cm。
（2）用电压表（量程0~3V）和电流表（量程0~0.6A）分别测某电阻的电压和电流时读数如图甲和乙所示，则电压表的读数为__________V，电流表的读数为__________A。
【答案】 ①6.120 ②. 5.090 ③. 2.15##2.14##2.16 ④. 0.16
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可得螺旋测微器的读数为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可得游标卡尺的读数为
（2）[3]量程为的电压表，分度值为，由图可知电压表读数为；
[4]量程为的电流表，分度值为，由图可知电流表读数为。
10. 如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2cm，由此可以确定电场强度的方向是________，带电量为3C的带正电小球从电势为0V的等势面运动到电势为6V的等势面电场力做的功为________。
【答案】 ①. 水平向左 ②.
【解析】
【详解】[1]根据电场线与等势线垂直，且沿着电场线方向电势逐渐降低，可判断知该匀强电场的电场强度方向水平向左。
[2]将带电量为3C的带正电小球从电势为0V的等势面运动到电势为6V的等势面电场力做的功为
四、实验题（本题共2小题，共12分。请把答案写在答题卡的指定答题位置处。）
11. 某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：
（1）将多用电表挡位调到电阻“挡”，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零。
（2）将图甲中多用电表的黑表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端。
（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要换用___________（填“”或“”）挡。
（4）将红表笔和黑表笔短接，重新欧姆调零。
（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为___________Ω，该同学由此可算出多用电表内电源的电动势为__________V。
（6）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要__________（填“串联”或“并联”）一个___________Ω（结果保留2位有效数字）的电阻。
【答案】 ①. 2 ②. ×100 ③. 1500 ④. 3 ⑤. 并联 ⑥. 5.0
【解析】
【详解】（2）[1]多用电表的电流是红进黑出，而电流表是正极流入负极流出，因此要将图甲中多用电表的黑表笔和2端相连，红表笔连接另一端。
（3）[2]测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明待测量电阻阻值比较大，需要将挡位调高，即选择电阻“×100”挡。
（5）[3][4]挡位为电阻“×100”挡，多用电表指针刚好指在表盘正中间，则毫安表的内阻为
毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，则此时电流大小为
根据闭合电路欧姆定律可得
欧姆调零时有
联立可得多用电表内电源电动势为
（6）[5][6]将小量程电流表改造成大量程电流表时，需要并联一个电阻进行分流，设并联的电阻大小为，则有
解得
12. 如图所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω。现提供的器材如下：
A．电池组
B．电压表V1（量程0~10V，内阻约10kΩ）
C．电压表V2（量程0~3V，内阻约3kΩ）
D．电阻箱R（0~999.9Ω）
E．定值电阻R1＝4Ω
F．定值电阻R2＝200Ω
G．开关和导线若干
（1）如图所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，实验中电压表V应选择_________（选填“B”或“C”），定值电阻R0应选择________（选填“E”或“F”）；
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图所示，则由图可得该电池组的电动势E=________V，内阻r=________Ω。
（3）该实验测得的电动势与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. C ②. E ③. 2.5 ④. 1 ⑤. 偏小 ⑥. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]电池组的电动势约3V，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，实验中电压表V应选择C；为了使电压表示数变化明显，定值电阻应选择E。
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
图像的斜率为
解得内阻为
（3）[5][6]从电路图可知，实验误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可知图像的纵轴截距为
可得
图像的斜率为
由于
可得
五、解答题（本题共3小题，共40分。其中第13题11分，第14题13分，第15题16分。请把答案写在指定的答题位置处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位。）
13. 如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量C，匀强电场的场强N/C，细绳长L=0. 5m，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0. 6，cs37°=0. 8。求：
（1）小球的带电性质及所受电场力F的大小；
（2）小球的质量m；
（3）小球静止位置与竖直虚线的电势差。
【答案】（1）负电，6N；（2）0.8kg；（3）
【解析】
【详解】（1）由题图可知小球所受电场力水平向右，与电场强度方向相反，所以小球带负电。根据电场强度的定义式可得
（2）根据平衡条件有
解得
（3）小球静止位置与竖直虚线的电势差为
14. 如图所示电路，已知电源的电动势为6V，内阻忽略不计，R1=2Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，平行板电容器的电容为，闭合开关后，求：
（1）该电路的总电阻；
（2）电阻R1消耗的电功率；
（3）电容器C所带的电量。
【答案】（1）；（2）4.5W；（3）
【解析】
【详解】（1）与并联再与串联，电容器相当于断路，电路的总电阻为
（2）电路总电流为
电阻消耗的电功率为
（3）电容器两端电压与并联部分电压相等，即
根据
可得电容器C所带的电量为
15. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量、电荷量的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨，以小物体通过C点时为计时起点，0.1s后，电场反向，方向变为垂直于斜轨向上，场强大小不变。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数，设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37=0.6，cs37=0.8。
（1）小物块到达圆弧轨道B点处的速度大小（答案用根号表示）及在B点处受到圆弧轨道的支持力大小；
（2）求弹簧枪对小物体所做的功；
（3）求小物块在t=0.1s时的速度大小及过程中运动的位移大小；
（4）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。
【答案】（1），；（2）；（3），；（4）0.57m
【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒
得
根据牛顿第二定律
得
（2）弹簧枪对小物体所做功等于物体B点的动能，即
（3）物块在斜面上运动过程中，根据牛顿第二定律
t=0.1s时的速度为
得
过程中运动的位移为
（4）0.1s后，电场反向，则加速度大小为
物块速度为零时到达最高点，则
CP的长度为