安徽省马鞍山多校2024-2025学年高二（上）11月物理试卷（含解析）

这是一份安徽省马鞍山多校2024-2025学年高二（上）11月物理试卷（含解析），共16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。
1.两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中( )
A. 做直线运动，电势能先变小后变大B. 做直线运动，电势能先变大后变小
C. 做曲线运动，电势能先变小后变大D. 做曲线运动，电势能先变大后变小
【答案】C
【解析】【分析】
粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动。
本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化。
【解答】
根据电场线与等势线垂直，如图所示：
在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。故C正确，ABD错误。
故选C。
2.如图所示是实验室模拟出的等量异种电荷电场线的显形平面图片，该平面中有A，B，C，D四个点，其中B，C两点处在等量异种电荷连线间的中垂线上，有关下列说法正确的是( )
A. 一个负电荷处在A点的电势能要比它处在B点处的电势能小
B. 将一个电子从C点处静止释放，它可能会沿着电场线运动到D点处
C. B点的场强小于C点的场强
D. 将一个质子从B点移送到C点，静电力做功为零
【答案】D
【解析】A.根据沿电场方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势，根据 Ep=qφ 可知，一个负电荷处在A点的电势能要比它处在B点处的电势能大，故A错误；
B.由于C点处的电场线为曲线，所以将一个电子从C点处静止释放，它不可能会沿着电场线运动到D点处，故B错误；
C.根据电场线的疏密程度可知，B点的场强大于C点的场强，故C错误；
D.B、C两点处在等量异种电荷连线间的中垂线上，由于中垂线为等势面，所以B、C两点电势相等，则将一个质子从B点移送到C点，静电力做功为零，故D正确。
故选D。
3.甲、乙两个独立电源(外电路为纯电阻电路)的路端电压与通过它们的电流的关系图线如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 路端电压都为U0时，它们的内电阻相等B. 电流都是I0时，两电源的内电压相等
C. 电源甲的电动势大于电源乙的电动势D. 电源甲的内阻小于电源乙的内阻
【答案】C
【解析】【分析】
根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R= U I，图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值)，电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir。
本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜率表示内阻大小。
【解答】
A.根据欧姆定律可知外电阻R路端电压U与电流I的关系为R= U I，在U−I图线中甲、乙两图线的交点坐标为(I0,U 0)，说明两电源的外电阻相等，故A错误；
C.图线与U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故C正确；
D.图线的斜率大小表示电源内电阻的大小(电动势与短路电流的比值)，图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故D错误；
B.电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即U内=Ir，因为甲的内阻较乙的内阻大，所以当电流都为I0时，甲电源的内电压较大，故B错误。
故选C。
4.如图甲所示，光滑绝缘水平面上固定着两个带等量正电的点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点。一带电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，此后沿直线经过B、C，其运动过程中的v—t图像如图乙所示，粒子在B点时图线对应的切线斜率最大，可以确定( )
A. 中垂线上B点的电场强度和电势都最大
B. UBC>UAB
C. 粒子在B点时的加速度大小为47m/s2
D. 改变速度该带电粒子可以在该电场中做匀速圆周运动
【答案】B
【解析】【解答】
A.根据等量同种正电荷的电场分布规律可知，在两点电荷连线的中垂线上，电场强度方向从垂足到无穷远处，沿电场线电势降低，可知，中垂线上垂足的电势最高，B点的电势不是最大，根据 v−t 图像可知，B点的加速度最大，则B点的电场力最大，即B点的电场强度最大，故A错误；
B.根据动能定理有qUAB=12mvB2−0 ， qUBC=12mvC2−12mvB2，根据图乙可知vB2=16m2/s4 ， vC2−vB2=72m2/s4−42m2/s4=33m2/s4，可知UBC>UAB，故B正确;
C.根据图乙可知a=47−5m/s2=2m/s2，故C错误；
D.光滑绝缘水平面上固定着两个带等量正电的点电荷，改变该带电粒子速度，速度方向垂直水平面向上，大小合适可以在光滑绝缘水平面上做半圈匀速圆周运动，由于有水平面限制，不可以做匀速圆周运动，故D错误。
故选 B。
5.如图所示电路，当开关S1、S2闭合时，一带电液滴恰好静止在平行板电容器A、B两金属板间的M点。现进行下列操作，对应说法正确的是( )
A. 若仅断开开关S1，液滴仍然保持静止
B. 若仅断开开关S2，液滴将向下运动
C. 若仅将B板向上平移到图中虚线位置，板间M点电势将降低
D. 若仅将变阻器R2的滑片向右滑动少许，液滴电势能将减小
【答案】C
【解析】若仅断开开关S1，电容器将放电，液滴将向下运动，故A错误;
若仅断开开关S2，极板电荷量不变，液滴将仍保持静止，故 B错误;
若仅将B板向上平移到图中虚线位置，板间距减小，电压不变，根据U=Ed可知场强变大，取B板电势为0，则φM=UAB−E⋅dAM，得到φM减小，故C正确;
若仅将变阻器R2的滑片向右滑动少许，调节滑片不改变极板间电压，液滴仍然保持静止，电势能不变，故 D错误。
6.在如图所示的电路中，R1和R2为定值电阻，电表均为理想电表。电源电动势E和内电阻r不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下移动时( )
A. 电压表示数变小，电流表示数变小B. 电压表示数变大，电流表示数变大
C. 电阻R1的电功率变大D. 电源的输出功率一定增大
【答案】B
【解析】【解析】
解：AB、电路的连接情况是：R2与R3并联后与R1串联，电流表测通过R2的电流，电压表测路端电压。当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入回路中的阻值增加，可知回路中总阻值增加，根据闭合电路的欧姆定律知干路总电流I减小，由U=E−Ir知路端电压U变大，即电压表的示数变大；电表均为理想电表，则R2两端的电压U2=U−IR1，U变大，I变小，其他量不变，故U2变大，电流表示数I2=U2R2，则I2变大，电流表示数变大，故A错误，B正确；
C、电阻R1的电功率为P1=I2R1，I减小，则R1的电功率减小，故C错误；
D、当外电阻和电源内阻相等时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动头向下移动时，不能确定外电阻和内电阻的关系，电源的输出功率不一定增大，D错误。
故选：B。
根据滑动变阻器接入电路阻值的变化，分析外电路总电阻的变化，判断干路电流的变化，再分析内电压的变化、路端电压的变化，最后分析电流表示数的变化。根据内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。
7.在x轴上关于坐标O点对称的位置上有两个等量的正点电荷，其在x−z平面上形成的电势分布沿x轴的剖面图如图所示，则下列说法正确的是
A. 坐标O点处的电势和场强均不为零
B. 在x轴上与O点电势相等的点有两个
C. 负电荷在a点的电势能比在O点低
D. 在z轴任意位置处把正电荷沿x轴正方向单向移动的过程中电场力均先做负功再做正功
【答案】B
【解析】A.等量同种电荷在O处的场强因矢量叠加抵消为零，但电势是标量叠加，故不为零，从图中也可以看出电势不为零，A错;
B.从图中可以看出，在x轴上与O点电势相等的点有两个， B正确;
C.从图中可以看出，a点的电势能比在O点低，故负电荷在a点的电势能比在O点高，C错;
D.从图中可以看出，沿垂直于z轴方向移动的过程中电势先升高再降低，再升高，再降低，故正电荷的电势能经历先升高再降低，再升高，再降低的过程，故电场力均先做负功再做正功再做负功再做正功， D错误。
8.如图，直线A为某电源的U−I图线，曲线B为某小灯泡L1的U−I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )
A. 此电源的内电阻为23Ω
B. 灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6W
C. 把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小
D. 由于小灯泡L1的U−I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
【答案】B
【解析】A、由图象知，电源的内阻为r=ΔUΔI=4−16Ω=0.5 Ω，A错误；
B、因为灯L1正常发光，故灯L1的额定电压为3 V，额定功率为P=UI=3×2 W=6 W，B正确；
C、正常工作时，灯L1的电阻为R 1=UI=1.5 Ω，换成R 2=1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r，故电源的输出功率将变大，C错误；
D、小灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，其U−I 图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化．故D错误；
故选B。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，ABC−D是正四面体，M、N、P、K分别为AD、AB、BD和CD边的中点。在顶点A、B分别固定有电荷量相等的正点电荷，则下列说法正确的是( )
A. M、P两点的电势相等
B. K、N两点的电场强度大小相等
C. 将带正电的试探电荷由M点移动到D点，电场力做正功
D. 电子在P点的电势能高于在K点的电势能
【答案】AC
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、DN为AB连线的中垂线，M、P两点关于DN对称，由等量同种电荷电场特点知，M、P两点的电势相等，故A正确；
B、由电场的叠加知，中点O的场强为0，K点的场强不为0，则K、N两点的电场强度大小不相等，故B错误；
C、由等量正电荷的电场特点知，由M点移动到D点电势降低，带正电的试探电荷的电势能减小，电场力做正功，故C正确；
D、由等量正电荷的电场特点知，P点电势比K点高，电子带负电，则电子在P点的电势能低于在K点的电势能，故D错误。
故选AC。
10.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是( )
A. 电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗
B. 定值电阻R0中将有从右向左的电流
C. 电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D. 电源输出功率一定变小
【答案】BC
【解析】【分析】
电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮。电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部−整体−局部”的方法分析。
【解答】
A.电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压为零。当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，故A错误；
B.电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小。电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流出现，故B正确；
C.根据闭合电路欧姆定律知 U=E−Ir，得ΔUΔI=r，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变。故C正确；
D.因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，故D错误。
故选BC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学设计了一个“测定电池的电动势和内阻”的实验，可供选择的器材如下：
A.待测干电池一节
B.电流表A(量程为0～60 mA，内阻R A=18 Ω)
C.电压表V(量程为0～3 V，内阻R ​V约为3 kΩ)
D.滑动变阻器R ​1(阻值为0～5 Ω)
E.滑动变阻器R ​2(阻值为0～30 Ω)
F.定值电阻R 3(阻值为2 Ω)
G.定值电阻R 4(阻值为10 Ω)
(1)为完成实验，滑动变阻器应该选________，定值电阻应该选________.(填器材后面的代号)
(2)请完善图(a)中的电路图．
(3)根据图(b)中已描出的点画出U−I图象，由图象得该电池的电动势E=________ V，内阻r=________ Ω.(结果均保留三位有效数字)
【答案】(1)R2 R3
(2)根据(1)中分析可知，电路图如图所示．
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(3) 1.49(1.47～1.49均可)​​​​​​​
【解析】1. 因为电池的内阻较小，约为几欧，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应选用总阻值为30 Ω的R2；因为给出的电流表量程为0～60 mA，量程偏小，为了能准确测量，可以采用串联定值电阻的方法来减小电流，需要的电阻R=1.5 V60×10− 3A=25 Ω，两定值电阻均达不到要求，所以应考虑改装电流表，为了让量程变大，应将较小的电阻与电流表并联，电流表改装后的量程为I=Ig+IgRAR3=60 mA+60×182 mA=600 mA，符合实验要求．
2. 略
3. 根据已描出的点画出的U −I图象如图所示．设电压表示数为U，电流表示数为I，则根据闭合电路欧姆定律有U=E−10Ir，可知电路的U−I图线与纵轴的交点即为该电池的电动势，故E=1.49 V，图线的斜率k=−10r=0.9− Ω，则r≈1.05 Ω．
12.某实验小组在练习使用多用电表的实验中。
(1)用多用电表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过小，因此需选择______(填“×1000”或“×10”)倍率的电阻挡，并欧姆调零后，再次进行测量，若多用电表的指针如图甲所示，测量结果为______Ω。

(2)如图乙所示，电学实验室的“黑盒子”表面有A、B、C三个接线柱，盒内有一只定值电阻和一个二极管，每两个接线柱之间最多连接一个元件。为了探明盒内元件的连接方式，实验小组用多用电表的欧姆挡进行测量，把红、黑表笔分别与接线柱A、B、C连接，测量结果如表所示。
请在图乙中画出“黑盒子”内的电路结构图。
(3)实验小组最后将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表。
①先用如图丙所示的电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关S，将电阻箱的阻值调到4kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱的阻值调到12kΩ时，电压表的指针恰好半偏，由以上信息可得电压表的内阻RV= ______kΩ；
②将图丙所示的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图丁所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关S，调节电阻箱，使指针指在“3V”处，此处刻度对应的阻值为∞；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“2V”处对应的电阻刻度为______kΩ。
【答案】×1000 12000 4 4
【解析】解：(1)选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过小，说明欧姆表指针对应示数过大，因此需选择“×1000”倍率的电阻挡，同时注意欧姆调零，多用电表的测量结果为12000Ω。
(2)A、B间电阻与电流方向无关，因此一定是定值电阻，A、C间电阻与电流方向有关，电流从C到A
时电阻远小于反向电阻，说明二极管一定直接接在A、C间，且C为正极，如图所示：
(3)①当电阻箱电阻R=4kΩ时，电压表示数为U=3V
根据闭合欧姆定律和欧姆定律I=ER+RV=URV
当电阻箱的阻值R′=12kΩ，电压表的指针恰好半偏U′=12U=1.5V
根据闭合欧姆定律和欧姆定律I′=ER′+RV=U′RV
代入数据联立解得电动势E=6V
电压表内阻RV=4kΩ。
②两表笔断开，闭合开关，电压表的示数为3V，则3VRV=E−3VR
若电压表的示数为2V，电路中的电流I′=2VRn=E−2VR
其中R甲=RxRVRV+Rx
代入数据解得Rx=4kΩ。
故答案为：(1)×1000；12000；(2)见解析；(3)①4；②4。
(1)欧姆表指针偏转角度过小，说明欧姆表指针对应示数过大，据此纷纷欧姆表电阻挡倍率的选择；
(2)定值电阻的测量与电流方向无关，二极管正向电阻与反向电阻相差很大；根据表格中记录的数据进行分析作答；
(3)根据欧姆定律和闭合电路的欧姆定律求解作答。
本题主要考查了欧姆表测电阻的正确操作方法；考查了电压表内阻的测量，掌握欧姆定律和闭合电路的欧姆定律是解题的关键。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以初速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=45∘，一段时间后粒子运动到N点，速度大小仍为v，不计粒子重力。求
(1)电场强度的方向;
(2)匀强电场的场强大小E;
(3)仅改变粒子初速度的大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，此过程中粒子速度改变量的大小。
【答案】解：(1)从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直斜向左下；
(2)粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动：2R=vcs45∘t，垂直MN方向：0=vsin45∘t−12at2，
根据牛顿第二定律：qE=ma，解得E=mv22qR；
(3)如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小，
由v1cs45∘t′=R，
−v1sin45∘t′+12at′2 =R，
Δv=qEmt′，
联立求得Δv= 2v。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.如图所示，空间存在电场强度大小为E、方向水平向右、足够大的匀强电场，挡板MN与水平方向的夹角为θ，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：
(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；
(2)O、M间的距离．
【答案】解：(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，如图所示：
设此时粒子水平方向速度大小为vx，则ctθ=vxv0，解得vx=v0ct θ；
(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动加速度为a，由牛顿第二定律得qE=ma，
在如图所示的坐标系中vx=at，x0=12at2，y0=v0t，
设O、M间的距离为d。
【解析】【分析】本题考查类平抛运动，关键是采用正交分解法研究，结合分位移公式和分速度公式列式求解，不难。
(1)粒子做类似平抛运动，水平方向时匀加速直线运动，竖直方向时匀速直线运动，画出运动轨迹，粒子恰好不和挡板碰撞，说明速度与挡板平行，采用正交分解法作图分析；
(2)先根据分位移公式列式求解竖直分位移和水平分位移，再结合几何关系得到O、M间的距离。
15.在如图所示的电路中，电源的电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L=0.20m，两极板的距离d=1.0×10−2m。
(1)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少?
(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0= 2.0m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动。问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出?(要求写出计算和分析过程)
【答案】解：(1)S断开时，电阻R3两端电压：U3=ER3R2+R3+r=28×84+8+2V=16V
S闭合后，外电路的总电阻R=R1(R2+R3)R2+R3+R1=12×(4+8)4+8+12Ω=6Ω
路端电压U=RER+r=6×286+2V=21V
电阻R3两端的电压U′3=R3R2+R3U=14 V
流过R4的电荷量△Q=CU3−CU′3=6.0×10−12 C；
(2)设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有qU3d=mg
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg−qU′3d=ma
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t=Lv0
竖直方向y=12at2
由以上各式得y=6.25×10−3 m>d2，
故带电微粒不能从极板间射出。
【解析】(1)根据串联电路电压与电阻成正比的特点，运用比例法求解电阻R3 两端电压．流过R4的总电量等于电容器电量的变化量，由公式△Q=C△U求解；
(2)若开关S断开时，带电微粒沿虚线方向应该做匀速直线运动，电场力与重力平衡；当开关S闭合后，粒子做类平抛运动，假设粒子能从电场飞出，由牛顿第二定律和运动学公式结合，求出粒子的偏转距离，即可分析能否从电容器C的电场中射出。
本题由电场偏转与电路的综合，它们之间联系的纽带是电容器的电压，电压由欧姆定律求解．将类平抛运动分解成两个相互垂直的简单直线运动的合成，再由牛顿第二定律和运动学公式进行研究。红表笔
A
B
A
C
B
C
黑表笔
B
A
C
A
C
B
阻值(Ω)
200
200
50
3000
250
3200