山西省太原市山西大学附属中学校2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题（解析版）

这是一份山西省太原市山西大学附属中学校2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
物理试题
考查时间：75分钟 满分：100分
一、单选题（每题4分，共24分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 密立根测定了元电荷，质子和电子都是元电荷
B. 避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点
C. 印刷车间的空气应保证干燥，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
D. 若电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0
【答案】B
【解析】
【详解】A．质子和电子的电量等于元电荷，A错误；
B．带电导体尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的，易产生尖端放电现象，B正确；
C．印刷车间的空气应保证潮湿，以便及时导走静电，C错误；
D．电场中某点的场强与试探电荷无关，D错误。
故选B。
2. 如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷量分别为，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦长是AC弦长的两倍，则（ ）

A. 小球在B、C两点所受库仑力大小不变
B. 小球在C位置时的电荷量是B位置时电荷量的四分之一
C. 小球2在B点对碗的压力大小小于小球2在C点时对碗的压力大小
D. 小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小
【答案】D
【解析】
【详解】CD．根据题意，对小球2在点时受力分析，如图所示

小球2受重力、支持力、库仑力，其中为库仑力和重力合力，由平衡条件可知
由相似三角形有
设距离为，可知距离为，则有
解得
，
同理小球2在点时有
，
可知，小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C错误，D正确；
AB．由上述分析可知，小球在C点所受库仑力大小是小球在B点所受库仑力大小的，由公式可得，
即小球在C位置时的电荷量是B位置时电荷量的八分之一，故AB错误。
故选D。
3. 光滑水平面上有两个相隔一定距离的带正电滑块A、B，电量分别为3q和q，质量分别为3m和m，t=0时刻将二者由静止释放，到t0时刻时，B滑块的速率为v，则（）
A. t0时刻二者库仑力大小之比为1:3
B. 0~t0过程中，A滑块受到的总冲量大小为3mv
C. 0~t0过程中，A、B两滑块的位移之比为3:1
D. 0~t0过程中，滑块A、B组成的系统电势能减少了
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．t0时刻二者库仑力大小相等、方向相反，所以之比1:1，故A错误；
B．A、B所受的库仑力总是大小相等方向相反，0~t0过程中A滑块受到的总冲量大小与B所受冲量大小相等即
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可知A、B的瞬时加速度之比为1:3，所以0~t0过程中，A、B两滑块的位移之比为1:3，故C错误；
D．根据动量守恒可得
解得A滑块的速率为
根据能量守恒可得电场力所做的功为
因为电场力做正功，所以滑块A、B组成的系统电势能减少了，故D正确。
故选D。
4. 两电荷量分别为和的点电荷固定在轴上的两点，轴上各点电势随坐标变化的关系如图所示，取无穷远处电势为0。点为图中最高点，且位置到的距离等于位置到的距离。由图像可知（ ）

A. 由A到B电势先降低后升高B. 由A到B场强先增大后减小
C. 两点电荷均带负电，且D. 若一电子在处由静止释放，电子能到达位置再返回
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知由A到B电势先升高后降低，故A错误；
B．图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，由图像可知，从A到B的过程中，图像的斜率的绝对值先减小后增大，由此可知从A到B的过程中，电场强度的大小先减小后增大，故B错误；
C．由图像可知，两电荷之间电势均为负值，可知两电荷均为负电荷；根据图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，可知最高点P的场强为0；则两电荷在P点的场强大小相等，方向相反，由于，由此可知电荷量，故C正确；
D．电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能之和守恒，由图可知处的电势高于的电势，则电子在处的电势能低于的电势能，若一电子在处由静止释放，电子不能到达位置，故D错误。
故选C
5. 一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速度为，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压，则（ ）
A. 通过导线的电流为
B. 通过导线的电流为
C. 导线中自由电子定向移动的平均速率为
D. 导线中自由电子定向移动的平均速率为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．导线拉长前
导线拉长后
拉长前后体积不变，则有
根据欧姆定律有
，
解得
故A、B错误；
CD．根据电流的微观定义式有
，
解得
故C正确，D错误。
故选C。
6. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A别采用串联或并联的方式接入电路，如图(a)、(b)所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是
A. 图(a)中A1、A2的示数相同
B. 图(a)中A1、A2的指针偏角相同
C. 图(b)中的A1、A2的示数不相同
D. 图(b)中A1、A2的指针偏角相同
【答案】B
【解析】
【详解】图a中的并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确；图b中的串联，的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C、D错误．
二、多选题（每题5分，少选3分，错选0分，共30分）
7. 如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ）

A. 粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小
B. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C. 粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小
D. a点的电势高于b点的电势
【答案】BC
【解析】
【详解】A．因b点电场线较a点密集，可知b点场强较大，则粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，选项A错误；
BC．若粒子从a到b，电场力做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小，选项BC正确；
D．粒子的电性不确定，电场线方向不确定，则不能判断a点和b点的电势高低，选项D错误。
故选BC。
8. 一根固定的、绝缘的、光滑的水平杆上套着一个带电小球，和的长度相同，空间存在静电场，小球在A点获得初动能，从A运动到B的过程中，小球的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 小球先做变加速运动后做匀减速运动
B. 小球在段运动的加速度一直小于在段运动的加速度
C. 小球在段的运动时间小于段的运动时间
D. A到C和C到B两个过程中电场力对小球做功相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球运动过程受重力、弹力和电场力，由图像切线的斜率表示合力有：小球在段运动过程中合力即电场力沿水平方向的分力，一直减小，方向由A指向C；段合力即电场力沿水平方向的分力为恒力，方向由B指向C，故A正确；
B．和的长度相同，若段匀加则图像中连接如图，则虚线的斜率表示合力的大小与段合力大小相等，故小球在段运动的加速度先大于后小于在段运动的加速度，故B错误；
C．画出运动过程中的图像如图所示，图线与t轴围面积表示位移大小，两段位移大小相等，故小球在段的运动时间小于段的运动时间，C正确；
D．根据动能定理两段电场力做功分别为正功和负功，故D错误。
故选AC。
9. 如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）

A. 该液滴带正电
B. 保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，带电液滴仍将保持静止
C. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，带电液滴将向下运动
D. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，P点的电势将升高
【答案】BD
【解析】
【详解】A．A极板与电源正极连接，A带正电，则极板之间电场方向向下，液滴处于静止状态，可知其所受电场力方向向上，由于电场力方向与电场方向相反，则液滴带负电，故A错误；
B．保持开关S闭合，极板之间电压一定，根据
若将A极板向左移动一小段距离，极板之间间距不变，极板之间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，可知带电液滴仍将保持静止，故B正确；
C．断开开关S，极板所带电荷量一定，根据
，
解得
若将B极板向下移动一小段距离，根据上式可知，极板之间的电场强度不变，可知带电液滴仍然处于静止状态，故C错误；
D．断开开关S，根据上述，极板之间的电场强度不变，根据
，
解得
若将B极板向下移动一小段距离，增大，可知P点的电势将升高，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示；a、b两个带正电的粒子，以相同的动能先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则（ ）

A. a的电荷量一定大于b的电荷量
B. a的质量一定大于b的质量
C. a的动能增量一定大于b的动能增量
D. 电场力对a粒子所做的功一定小于对b粒子做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为
竖直位移为
当粒子垂直电场线进入电场后，有
由于、y和E都相等，而b粒子的水平位移大，故b粒子的电荷量较小，无法比较两者的质量，故A正确，B错误；
C．粒子动能的增加量为
故a的动能增量一定大于b的动能增量，故C正确；
D．根据电场力做功等于动能增加量可知，电场力对a粒子所做的功一定大于对b粒子做的功，故D错误。
故选A。
11. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），、为定值电阻（），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。若将照射的光的强度减弱，则（ ）
A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变亮
C. 通过的电流变大D. 电源输出功率变小
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．将照射的光的强度减弱，则阻值增大，根据串反并同可知，与它串联的电压表示数减小，与它并联的的电流变大，与它串联的小灯泡变暗，故AB错误，C正确；
D．因为，阻值增大，电路中总电阻增大，根据电源输出功率特点
可知，电源输出功率减小，故D正确。
故选CD。
12. 一额定功率为9 W、额定电压为9 V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4 Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49 V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1 A；当AB间接电压15 V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是
A. 电动机线圈电阻为1 Ω
B. 灯泡正常发光时电流表示数1 A
C. 灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25 W
D. 电路正常工作时电动机突然被卡住时,电流表读数将为1.5A
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据可知灯泡电阻
当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：
UR=IR=0.1×4V=0.4V
灯泡两端电压
U1=U-UR=0.49V-0.4V=0.09V
通过灯泡的电流
通过电动机的电流：
I2=0.1A-0.01A=0.09A
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻
故A正确；
BC．当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、通过灯泡的电流为IL=1A，则电动机两端电压为UM=9V，R两端电压为UR=6V，干路电流
电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为IM=I-IL=0.5A，则此时电动机输出的机械功率：
P=UMIM-IM2r=4.25W
故B错误，C正确．
D．由以上分析可知，电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将大于1.5A，选项D错误．
三、实验题（每空2分，共12分）
13. 现有一根由某种材料制成的粗细均匀的金属丝，为测量其电阻率，实验小组设计了如下实验：

（1）分别用螺旋测微器测出其直径、用游标卡尺测出其长度，如甲图所示，则金属丝的直径____mm，金属丝的长度l=__________cm。
（2）用乙图所示电路图测量电阻丝的电阻，其中为定值电阻。请用笔画线代替导线，把丙图中的实物电路补充完整_______。

（3）第一次按乙图所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U及电流I的值；第二次将电压表改接在a、b两点测量，测得多组电压 U及电流I的值，并根据两次测量结果分别作出U-I图像，如丁图所示。则第一次测量得到的图线是__________（填“M”或“N”）。
（4）电压表可看作理想电表，由U-I图像可得电阻丝的电阻_______，根据电阻定律可求得电阻丝的电阻率__________（π取3.14，计算结果均保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 1.750 ②. 6.150 ③. ④. N ⑤. 40 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律可得
[2]根据游标卡尺的读数规律可得
（2）[3]实物图如图所示

（3）[4]第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得
第二次测量将电压表改接在a、b两端，根据欧姆定律可得
可知
可知第一次测量得到图线是N。
（4）[5]由图像数据可得
联立解得
[6]由电阻定律可知
代入数据可得
四、计算题（共3题，34分）
14. 已知电源E的路端电压U与电流I的关系图象如图甲中a 图线所示，定值电阻R₀的电压U与电流I的关系图象如图甲中b图线所示。现将该电源E、定值电阻R₀ 以及可调电阻R串联构成闭合回路如图乙所示。其中可调电阻R的最大值为2.0Ω。求：
（1）可调电阻R消耗的最大功率；
（2）定值电阻R₀消耗功率最大时电源的效率。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题图甲可知电源的电动势
内阻
定值电阻
根据闭合电路欧姆定律可得
可调电阻消耗的功率为
联立可得
故时，消耗功率最大，消耗的最大功率为
（2）定值电阻消耗功率为
电流越大，定值电阻消耗功率越大，此时
电源效率为
联立解得
15. 如图所示，在电场强度大小、竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道与一水平绝缘轨道在点相切，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径为半圆形轨道最低点，为圆弧的中点。一电荷量、质量带负电的滑块（视为质点）与水平轨道间的动摩擦因数，位于点右侧的处，取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）若滑块刚好能到处，求其初速度大小；
（2）若滑块恰能运动到半圆轨道的最高点，求其在水平轨道上的落点到点的距离；
（3）求满足（2）条件的滑块通过点时对轨道的压力大小。
【答案】（1）；（2）；（2）
【解析】
【详解】（1）由动能定理
解得
（2）设滑块到达点时的速度大小为，由牛顿第二定律
解得
滑块过点后做类平抛运动，竖直方向
其中
水平方向
联立解得
（3）设滑块到达点时的速度大小为，由动能定理
在点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可得滑块通过点时对轨道的压力大小
16. 如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”（初速度为0）电压为的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点、荧光屏为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上点所用时间为。若在A、B两板间加电压，其电势差随时间t的变化规律如乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在半圆弧荧光屏上被吸收、已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：
（1）粒子在O点时的速度大小；
（2）图乙中允许所加U的最大值；
（3）粒子从O点到打在屏上的最短时间。

【答案】（1）；（2）2U0；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）当粒子恰好从极板右侧边缘射出时，对应的偏转电压最大，粒子做类平抛运动，在水平方向上有
在竖直方向上有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（3）若粒子能够全部垂直打在荧光屏上，则半圆荧光屏的圆心与两极板中心一定重合，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图所示

O点与间的距离为
设E为圆弧的圆心，由于速度反向延长线过水平位移中点，由几何关系有
则水平位移有
最短时间为