福建省厦门市2023_2024学年高二物理上学期期中试卷含解析

这是一份福建省厦门市2023_2024学年高二物理上学期期中试卷含解析，共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
（本试卷共5页，15小题，满分100分.考试用时75分钟.）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回，试卷自己留存。
一、选择题（1-4为单选题，每题4分，5-8为多选题，每题6分，选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分）
1. 下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 由E＝可知，电场中某点的电场强度E与q成反比
B. 由I＝可知，通过导体截面的电荷量q越多，电流I越大
C. 由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比
D. 由R＝可知，导体的电阻跟加在其两端的电压成正比，跟流过导体的电流成反比
【答案】C
【解析】
【详解】A．电场强度是电场本身的基本性质，电场中某点的电场强度E与该点是否放入试探电荷q以及试探电荷q的大小均无关，故A错误；
B．由I＝可知，单位时间内通过导体截面的电荷量q越多，电流I越大，故B错误；
C．点电荷电场中某点电场强度是由场源电荷产生的，故由公式E＝k可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的成正比，故C正确；
D．电阻是导体本身的性质，跟加在其两端的电压以及跟流过导体的电流均无关，故D错误。
故选C。
2. 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A. 材料竖直方向尺度减小B. 极板间电场强度不变
C. 极板间电场强度变大D. 电容器电容变大
【答案】A
【解析】
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
3. 如图，电路中R1、R2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，R1、R2厚度相同，R1的上下表面的面积大于R2的上下表面的面积。闭合开关后，以下判断正确的是（ ）
A. 通过R1的电流大于通过R2的电流
B. R1两端的电压大于R2两端的电压
C. R1两端的电压等于R2两端的电压
D. R1的电功率小于R2的电功率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，选项A错误；
BC．设导体上表面边长为a，厚度为d，根据
R=
可知
R=
则可知导体电阻与厚度d有关，与上下表面的面积无关，因此R1的电阻等于R2的电阻；
C．由
U=IR
可知，R1两端电压等于R2两端的电压，选项B错误，C正确；
D．二者电阻值相等，由
P=I2R
可知，R1的电功率等于R2的电功率，选项D错误。
故选C。
4. 如图所示，真空中存在一个等边三角形ABC，O为等边三角形外接圆的圆心，平行于BC的线段PQ在三角形所在平面内，且O为PQ的中点。将等量异种点电荷固定在P、Q两点处。已知等边三角形外接圆的半径为R，PQ之间的距离为。下列说法正确的是（）
A. B、C两点的场强相同
B. A点与O点的场强大小之比为
C. 图中各点电势关系为
D. 带负电的粒子沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．B、C两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据几何关系可知，PQ两点到A点的距离均为2R，A点的场强大小为
O场强大小为
则A点与O点的场强大小之比为，故B错误；
C．根据等量异种电荷电场分布情况可知，，故C错误；
D．根据可知，带负电的粒子沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加，故D正确。
故选D。
5. 在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则（ ）
A. 电源的输出功率减小
B. A灯和B灯都变亮
C. A灯变亮，B灯变暗
D. 电源的工作效率增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由于外电阻与电源的内阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率如何变化，故A错误；
BC．A、B当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据全电路欧姆定律得知，总电流变小，A灯的电压
变小，变大，A灯变亮，流过B的电流
变小，变大，则变小，B灯变暗，故B错误，C正确；
D．电源的工作效率
外电路的总电阻增大，电源的工作效率增大，故D正确。
故选CD。
6. 带电粒子M只在电场力作用下由P点运动Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-4J的功．那么（）
A. M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能
B. P点的场强一定小于Q点的场强
C. P点的电势一定高于Q点的电势
D. M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AD．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动Q点，在此过程中克服电场力做功，则电势能增加，动能减小，即M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，M在P点的动能一定大于它在Q点的动能，选项AD正确；
B．根据题中条件无法比较P点的场强与Q点的场强关系，选项B错误；
C．带电粒子的电性不能确定，则不能比较P点的电势与Q点的电势关系，选项D错误。
故选AD。
7. 如图所示为示波管的示意图．左边竖直放置的两极板之间有水平方向的加速电场，右边水平放置的两极板之间有竖直方向的偏转电场．电子束经加速电场加速后进入偏转电场偏转，加在水平放置的偏转电极的每单位电压引起的偏转距离叫示波器的灵敏度．下述对提高示波管灵敏度有用的措施是( )
A. 尽可能把偏转极板l做的长一些
B. 尽可能把偏转极板l做的短一些
C. 尽可能把偏转极板间距离d做的小些
D. 将加速电场的两极板间的电压提高
【答案】AC
【解析】
【详解】设加速电压为U1，偏转电压为U2．经加速电场后的速度为v0，则根据动能定理：，电子进入偏转电场后做类平抛运动，其偏转的位移为：，联立可得：，所以示波管的灵敏度：，可见，要提高示波管灵敏度，必须把偏转极板l做得长一些，或把偏转极板间距离d做得小些，或加速电场的两极板间的电压降低一点，故AC正确，BD错误．
8. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（）
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为
滑块此时受到的电场力为
滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
滑动摩擦力做功为
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
二、填空题（9-10题，每题4分，每空2分；11题5分，每空1分；12题7分，前3空每空1分，后两空每空2分；共20分）
9. 如下左图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为________; 如下右图所示，游标卡尺的读数为______cm。
【答案】 ①. ②. 5.02
【解析】
【详解】[1]1 s内棒通过的长度
l＝vt
总电荷量
Q＝ql＝qvt
所以电流
[2]游标卡尺的读数为
50mm+20.1mm=50.2mm=5.02cm
10. 如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则电源的内阻为______Ω；当电流为4A，输出功率为120W时，此时电源的效率为_______。
【答案】 ①. 5 ②. 60％
【解析】
【详解】[1]由闭合电路欧姆定律有
得
可见图线的纵截距是电源电动势大小
图线的斜率的绝对值表示电源内阻
[2]当电流为4A，电源总功率为
即电源效率为
11. 指针式多用电表是常用的电学测量仪器，请完成下列问题。
如图1所示为多量程多用电表的示意图。
（1）当接通1或2时，为___________挡（填“电流”、“电阻”或“电压”）。1的量程比2的量程___________（填“大”或“小”）。若选择开关拨至25mA”挡，指针的位置如图1所示，则测量结果为___________mA。
（2）当接通3或4测量某电阻时，用×10Ω挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用___________挡（填“×1”或“×100”），换挡后，在测量前要先进行___________。
【答案】 ①. 电流 ②. 大 ③. 11.5 ④. ×1 ⑤. 欧姆调零
【解析】
【详解】（1）[1] 改装成电流表时要并联电阻分流，所以接通1或2时，为电流挡；
[2] 设表头的满偏电流为，内阻为；接通1时，设与表头串联的电阻为，并联的电阻为，对应的量程为
接通2时，对应的量程为
联立可得
即1量程比2的量程大；
[3] 若选择开关拨至“25mA”挡，电流挡的最小一格为0.5 mA，指针的位置如图1所示，则测量结果为11.5 mA。
（2）[4] 当接通3或4测量某电阻时，用挡时，发现指针偏转角度过大，可知待测电阻较小，应选择更小的倍率挡位，即选择挡；
[5] 换挡后，在测量前要先进行欧姆调零，使指针指在刻度处。
12. 某个学习小组为测量一铜芯电线的电阻率，他们截取了一段电线，用多用电表测其电阻值约为5Ω，步骤如下：
（1）用米尺测出其长度为L；
（2）用螺旋测微器测得其直径为d，如图1，可知其直径为________；
（3）为使得电压可以从零开始测量，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线（图中用表示）的电阻。实验时电压表选______，电流表选______，滑动变阻器选______。（只填仪器前序号）
A．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）
B．电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ）
C．电压表V2（量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ）
D．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为1Ω）
E．电流表A2（量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω）
F．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流2.0A）
G．滑动变阻器R2（最大阻值1kΩ，额定电流1.0A）
H．开关S一个，导线若干
（4）为提高精度，设计电路图，并画在方框中______。
（5）某次测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯线材料的电阻率表达式为______。
【答案】 ①. 1.844 ②. B ③. D ④. F ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（2）[1]螺旋测微器的读数为
（3）[2]电源电动势为3.0V，电压表应选B；
[3]通过电线的最大电流约为
电流表应选电流表D；
[4]为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
（3）[5]为了提高精度，电压变化范围越大越好，所以滑动变阻器采用分压接法，待测电阻约为5Ω，远小于电压表内阻，因此电流表应采用外接法，电路图如图所示
（4）[6]由欧姆定律得
R=
由电阻定律得
则电阻率
三、计算题
13. 一电动机提升重物的装置如图所示，电源的电压是120V，重物的质量是50kg，当电动机以v=0.9m/的恒定速度向上提升重物时。电路中的电流强度等于5A。重力加速度g=10m/则：
（1）电机的输入功率是多少？
（2）当重物恒定速度运动时，电动机内阻是多少？
【答案】（1）600W；（2）6Ω
【解析】
【详解】（1）电机的输入功率
P=UI=120×5W=600W
（2）当重物恒定速度运动时，克服重力做功的功率大小为
P1=mgv=450W
热功率
P2=P-P1=150W
又
P2=I2r
解得
14. 如图所示，一个带电量为-q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，速度的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v。求：
（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧；
（2）最高点处（设为N）与O点的电势差UNO；
（3）电场强度E。
【答案】（1）可能在O点上方的左上方；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)因油滴到达最高点时速度大小为v，方向水平，对O→N过程用动能定理有
所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O点的左上方。
(2)由(1)的分析可知
qUNO=mgh
在竖直方向上油滴做初速为vsinθ的竖直上抛运动，则有
（vsinθ）2=2gh
即
(3)油滴由O→N的运动时间
则在水平方向上由动量定理得
qEt=mv+mvcsθ
解得
15. 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道，轨道半径为，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点。圆弧轨道和斜面均处于场强大小、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为、带电荷量为的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数，空气阻力不计，g取，小球和物块都可视为质点．求：
（1）小球经过B点时对轨道的压力；
（2）B、D两点间电势差；
（3）物块上滑初速度满足条件的最小值。
【答案】（1），竖直向下；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球到达B点的速度大小为，从A到B的过程只有重力和静电力做功，根据动能定理有
解得
B点是圆周运动最低点，合力提供向心力，即
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小，即
方向竖直向下；
（2）设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动。下落高度为h的过程，根据速度合成有
竖直方向由牛顿第二定律有
根据运动学公式
又
联立解得
（3）设C、D间的距离为x，由几何关系有
设物块上滑加速度为，由牛顿运动定律有
根据题意，要使物块与小球相遇，的最小值满足
联立解得