【解析】安徽師大附中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期中考試試卷

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安徽師大附中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期中考試試卷

一、單選題

1．（2023高二上·唐山月考）關(guān)于靜電場，下列說法中正確的是（）

A．在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強度一定為零

B．電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小

C．根據(jù)公式U=Ed可知，在勻強電場中兩點間的距離越大，電勢差就越大

D．正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減小

【答案】D

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】解：A、電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關(guān)系，但二者相互關(guān)聯(lián)；電勢是標(biāo)量與零勢面的選取有關(guān)，所以電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一定為零，A不符合題意．

B、據(jù)電勢能公式Ep=qφ知，電勢能取決于該點的電勢和電荷，并不是只有正電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小，負電荷正好相反，B不符合題意．

C、公式U=Ed中的d為沿電場強度方向的距離，所以在勻強電場中，兩點間沿電場強度方向的距離越大，電勢差就越大，如果d不是沿電場強度方向的距離，那么間距大時，電勢差不一定大，C不符合題意．

D、據(jù)電勢能公式Ep=qφ知，正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，在電勢越低的地方電勢能越小，所以正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少，D符合題意．

故答案為：D．

【分析】電勢的大小和場強大小無關(guān)；電勢能大小由粒子的電性和電勢共同決定；電勢差和場強的關(guān)系是由電場線方向的距離決定。

2．（2023高二上·淄川期中）有關(guān)電壓和電動勢的說法中錯誤的是（）

A．電壓和電動勢的單位都是伏特，故電動勢與電壓是同一物理量的不同說法

B．電動勢公式E=中的W與電壓U=中的W是不同的，前者為非靜電力做功，后者為靜電力做功

C．電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)的物理量

D．?dāng)嗦窌r的路端電壓等于電源的電動勢

【答案】A

【知識點】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：A、電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，是兩個不同的物理量．故A錯誤．

B、電動勢公式E=中的W非是非靜電力做功，電壓U=中的W靜是靜電力做功．故B正確．

C、電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電動勢反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小．故C正確．

D、根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓U=E﹣Ir，只有當(dāng)外電路斷開時，I=0，路端電壓等于電動勢．故D正確．

本題選錯誤的，故選：A．

【分析】電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，不是同一物理量的不同叫法．電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量．電動勢公式E=中的W非是非靜電力做功，電壓U=中的W電是靜電力做功．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓．

3．（2023高二上·安徽期中）下列關(guān)于電場強度的說法中正確的是（）

A．由E=知，若試探電荷電量q減半，則該處電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍

B．由E=k知，E與場源電荷電量Q成正比，而與r2成反比

C．由E=k知，在以場源電荷Q為球心、r為半徑的球面上的各點電場強度均相同

D．電場中某點的電場強度方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向

【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】A．電場強度的大小只與場源有關(guān)，與試探電荷電量大小無關(guān)，A不符合題意；

B．由庫侖定律可知，電場強度與場源點電荷電量成正比，與電場中任意點距場源點電荷距離平方成反比，B符合題意；

C．根據(jù)點電荷的場強分布可知，以點電荷為球心，以r為半徑的球面上的各點電場強度大小相同，方向不同，所以場強不同，C不符合題意；

D．電場中某點場強方向是放在該點的正電荷所受電場力的方向，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】公式E=F/q是電場強度的定義式，并不是決定式，不能通過該公式分析電場強度與哪些因素有關(guān)系；E=k是電場的決定式，能通過該公式分析電場強度與哪些因素有關(guān)系。

4．（2023高二上·安徽期中）空間有平行于紙面的勻強電場，一電荷量為－q的質(zhì)點（重力不計），在恒定拉力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N，如圖所示，已知力F和MN間夾角為θ，MN間距離為d，則（）

A．MN兩點的電勢差為

B．勻強電場的電場強度大小為

C．該質(zhì)點由M運動到N的過程中，電勢能減少了Fdcosθ

D．若要使該質(zhì)點由N向M做勻速直線運動，則F必須反向

【答案】A

【知識點】電場強度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)動能定理可得

解得A符合題意；

B．電場線方向沿F方向，MN沿電場線方向距離為，由公式

得B不符合題意；

C．小球M到N做負功為，電勢能增大，C不符合題意；

D．小球在勻強電場中受到的電場力恒定不變，根據(jù)平衡條件，由M到N，F(xiàn)方向不變，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】由題中“在恒定拉力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N”可知，本題考查點電荷電場強度、電勢差和電勢能，根據(jù)電場強度、庫侖定律、電勢差和電勢能的公式規(guī)律可以分析本題。

5．（2023高二上·安徽期中）在一點電荷Q產(chǎn)生的電場中，一個粒子（帶負電荷）通過時的軌跡如圖實線所示，圖中虛線表示電場的兩個等勢面a、b，以下說法中正確的是（）

A．點電荷Q可能為正電荷，也可能為負電荷

B．運動中粒子總是克服電場力做功

C．粒子在a、b兩等勢面時a的動能一定比b的大

D．粒子在經(jīng)過a、b兩等勢面上時的a點時的電勢能一定比b點時的大

【答案】C

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；電場力做功

【解析】【解答】A．曲線運動的合力一定指向曲線的內(nèi)側(cè)，由圖可知，粒子的軌跡向左彎曲可以知道，受到了斥力，而粒子帶正電，說明Q一定是正電荷，A不符合題意；

B．由圖可知，運動中粒子在靠近正電荷時，電場力做負功，而遠離時，電場力做正功，B不符合題意；

CD．從a等勢面到b等勢面運動過程中，粒子在靠近正電荷，電場力做負功，故電勢能增加，動能減小，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】由題中“在一點電荷Q產(chǎn)生的電場中”可知，本題考查點電荷電場強度分布和等勢面，根據(jù)點電荷電場線的特點可分析本題。

6．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，直線A為某電源的U－I圖線，曲線B為某小燈泡的U–I圖線的一部分，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，燈泡恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是（）

A．此電源的內(nèi)阻為2/3Ω

B．額定狀態(tài)下，小燈泡阻值為1Ω.

C．燈泡的額定功率為6W

D．小燈泡的U–I曲線說明電功率越大，燈絲電阻率越小

【答案】C

【知識點】伏安特性曲線

【解析】【解答】根據(jù)電源U-I圖可得：U＝40.5I，又有U=E-Ir，所以，電源電動勢E=4V，內(nèi)阻r=0.5Ω，A不符合題意；電源和小燈泡組成閉合電路時，燈泡兩端電壓為路端電壓，故兩曲線交點即為燈泡的電壓、電流；又有燈泡恰好能正常發(fā)光，故燈泡的額定電壓U=3V，額定電流I=2A，所以，額定功率為：P=UI=6W，阻值為：R＝U/I＝1.5Ω，C符合題意，B不符合題意；由圖可得：電功率越大時，U-I曲線越陡，那么電阻越大，故電阻率越大，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】對于U-I曲線，圖像的橫坐標(biāo)為電流，縱坐標(biāo)為電壓，圖像斜率為燈泡的電阻，橫縱坐標(biāo)的乘積為燈泡的功率，結(jié)合圖像分析求解即可。

7．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線，上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質(zhì)量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角θ＝30°，以下說法正確的是（）

A．細線對小球的拉力大小為mg

B．兩小球間的靜電力大小為mg

C．剪斷左側(cè)細線瞬間P球的加速度大小為2g

D．若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為g

【答案】C

【知識點】庫侖定律

【解析】【解答】對P球分析，運用共點力平衡條件得：細線的拉力為，庫侖力大小AB不符合題意；剪斷左側(cè)細線的瞬間，庫侖力不變，小球P所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律得，a=2g。C符合題意。若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】分別對兩個小球進行受力分析，在重力、拉力和庫侖力的作用下，兩個小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可。

8．（2023高一上·香河月考）如圖所示，真空中有直角坐標(biāo)系xOy，在x軸上固定著關(guān)于O點對稱的等量異號點電荷＋Q和－Q，C是y軸上的一個點，D是x軸上的一個點，DE連線垂直于x軸．將一個點電荷＋q從O移動到D，電場力對它做功為W1，將這個點電荷從C移動到E，電場力對它做功為W2.下列判斷正確的是（）

A．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1＝W2

B．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1＞W(wǎng)2

C．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1＝W2

D．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1＞W(wǎng)2

【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】本題考查等量異種電荷產(chǎn)生的電場。由題意知，，所以，兩次移動電荷電場力都做正功，，，所以，

故答案為：B。

【分析】利用電勢的高低結(jié)合電性可以判別電場力做功的屬性，利用電場線的疏密判別電場力的大小，進而判別電場力做的功。

二、多選題

9．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源內(nèi)阻不計連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離后

A．P點的電勢將降低

B．P帶電油滴的電勢能將增大

C．帶電油滴將沿豎直方向向上運動

D．電容器的電容減小，極板帶電量將增大

【答案】A,B

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；電場及電場力

【解析】【解答】A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動；板間場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，而且下極板的電勢不變，則知P點的電勢將降低，A符合題意，C不符合題意；

B、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加，B符合題意；

D、根據(jù)電容的定義式，電容器與電源保持相連，則U不變，當(dāng)C減小，則Q也減小；D不符合題意；

故答案為：AB

【分析】電容器接著電源，故兩段的電壓不變，間距變大，故兩極板間的電場強度會變小，結(jié)合選項分析即可。

10．（2023高二上·鶴崗月考）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是（）

A．電場強度的大小為2.5v/m

B．坐標(biāo)原點處的電勢為1V

C．電子在a點的電勢能比在b點的低7eV

D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV

【答案】A,B,D

【知識點】勻強電場電勢差與場強的關(guān)系；電場及電場力

【解析】【解答】A.如圖所示，在ac連線上，確定一b′點，電勢為17V，將bb′連線，即為等勢線，那么垂直bb′連線，則為電場線，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則電場線方向如圖，

因為勻強電場，則有

依據(jù)幾何關(guān)系，則

因此電場強度大小為，A符合題意；

B.根據(jù)

代入數(shù)據(jù)解得：，B符合題意；

C.因Uab=φa-φb=10-17=-7V

電子從a點到b點電場力做功為W=qUab=7eV

因電場力做正功，則電勢能減小，那么電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C不符合題意；

D.因Ubc=φb-φc=17-26=-9V

電子從b點運動到c點，電場力做功為W=qUbc=9eV，D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用電勢差和距離的關(guān)系可以求出原點的電勢大??；利用等勢面結(jié)合電勢差和距離可以求出場強的大??；利用電勢結(jié)合電性可以比較電勢能的大小；利用電勢差可以求出電場力做功。

11．（2023高二上·安徽期中）如圖所示,一個帶負電的小金屬環(huán)套在粗糙絕緣細桿AB上,桿與水平面的夾角為θ,桿的下方O點處固定一個帶正電的點電荷,OA=OB．現(xiàn)使小環(huán)以初速度v0從A點沿桿上滑,到達B點時其速度恰好為零,小環(huán)滑回A點時速度為v。下列說法中正確的是（）

A．小環(huán)上滑過程中先做勻加速再做勻減速運動

B．小環(huán)上滑時間小于下滑時間

C．小環(huán)下滑過程,減少的重力勢能等于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

D．從A點出發(fā)到再回到A點的過程,小環(huán)克服摩擦力做的功等于小環(huán)損失的動能

【答案】B,D

【知識點】電場力做功

【解析】【解答】A．小環(huán)上滑過程中所受的庫侖力是變化的，合力是變化的，由牛頓第二定律知小環(huán)的加速度是變化的，不可能做勻變速運動，A不符合題意；

B．由于OA=OB，A、B兩點的電勢相等，對于上滑過程，電場力做功為零，由動能定理得

即

下滑過程有

由此可得

所以上滑過程的平均速度大于下滑過程的平均速度，因此小環(huán)上滑時間小于下滑時間，B符合題意；

C．小環(huán)下滑過程中，電場力做功為零，所以電勢能變化量為零，則重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和動能，所以消化下滑過程中，減少的重力勢能大于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，C不符合題意；

D．從A點出發(fā)再回到A點的過程中，重力和電場力做功均為零，由動能定理可知，小環(huán)克服摩擦力做功等于小環(huán)損失的動能，D符合題意。

故答案為：BD

【分析】由題中“一個帶負電的小金屬環(huán)套在粗糙絕緣細桿AB上”可知，本題考查庫侖定律、能量守恒定律，根據(jù)電場力做功情況、能量守恒和動能定理可分析本題。

12．（2023高二上·安徽期中）如圖所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r=1Ω，定值電阻R3=5Ω.開關(guān)S斷開時與閉合時相比，ab段電路消耗的電功率相等。以下說法中正確的是（）

A．電阻R1、R2可能分別為4Ω、5Ω

B．電阻R1、R2可能分別為3Ω、6Ω

C．開關(guān)S斷開時理想電壓表的示數(shù)一定小于S閉合時的示數(shù)

D．開關(guān)S斷開時與閉合時相比，理想電壓表的示數(shù)變化量大小與理想電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6Ω

【答案】A,D

【知識點】電路動態(tài)分析

【解析】【解答】AB．取

有

當(dāng)S斷開前后有時

將代入方程成立，而將代入方程不成立，A不符合題意B符合題意；

C．將R3和電源內(nèi)阻看作一整體，則此時電壓表測量路端電壓，開關(guān)斷開時等效外電路總電阻大于開關(guān)閉合時的，所以開關(guān)斷開時電壓表示數(shù)大，C不符合題意；

D．根據(jù)閉合電路歐姆定律得

則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為

D符合題意。

故答案為：AD

【分析】由題中“電源電動勢E恒定”可知，本題考查閉合電路歐姆定律和動態(tài)電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律公式和動態(tài)電路變化可分析本題。

三、實驗題

13．（2023高二上·安徽期中）要測繪一個標(biāo)有“3V0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作。已選用的器材有：

電池組(電動勢為4.5V，內(nèi)阻約為1Ω)；

電流表(量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω)；

電壓表(量程為0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)；

電鍵一個、導(dǎo)線若干．

（1）實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選下列中的________(填字母)．

A．滑動變阻器(最大阻值20Ω，額定電流1A)

B．滑動變阻器(最大阻值1750Ω，額定電流0.3A)

（2）實驗的電路圖應(yīng)選用下列的圖(填字母)．

（3）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內(nèi)阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是W。（保留1位有效數(shù)字）

【答案】（1）A

（2）B

（3）0.1

【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線

【解析】【解答】（1）電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選A；（2）實驗要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，則滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，燈泡正常發(fā)光時的電阻為，，，電流表應(yīng)采用外接法，因此實驗電路應(yīng)選B；（3）在圖中作出電源的伏安特性曲線，兩圖的交點表示燈泡的工作點，則由圖可知，電壓為1.0V，電流為0.10A．則由可知，功率．

【分析】（1）為方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器．（2）明確實驗原理，知道實驗中要求電流從零開始調(diào)節(jié)，故應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法，同時根據(jù)電表內(nèi)阻進行分析，確定電流表接法；（3）在I-U圖象中作出電源的伏安特性曲線，兩圖的交點表示燈泡的工作點，由P=UI可求得實驗燈泡的功率．

14．（2023高二上·安徽期中）某同學(xué)通過實驗測定一個阻值約為5Ω的電阻Rx的阻值．

（1）現(xiàn)有電源（4V，內(nèi)阻可不計）、滑動變阻器（0～50

Ω，額定電流2A）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列電表：

A.電流表（0～3A，內(nèi)阻約0.025Ω）B.電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）

C.電壓表（0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D.電壓表（0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）

在實驗中，電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用（選填器材前的字母）；實驗電路應(yīng)采用圖中的（填“甲”或“乙”）

（2）接通開關(guān)，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)I、電壓表示數(shù)U.某次電表示數(shù)如圖所示，可得該電阻的測量值Rx＝＝Ω（保留兩位有效數(shù)字）．

（3）若在（1）問中選用甲電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是；若在（1）問中選用乙電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是．（選填選項前的字母）

A．電流表測量值小于流經(jīng)Rx的電流值B．電流表測量值大于流經(jīng)Rx的電流值

C．電壓表測量值小于Rx兩端的電壓值D．電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值

（4）在不損壞電表的前提下，將滑動變阻器滑片P從一端滑向另一端，隨滑片P移動距離x的增加，被測電阻Rx兩端的電壓U也隨之增加，下列反映U－x關(guān)系的示意圖中正確的是________．

A．B．C．

【答案】（1）B；C；甲

（2）5.2

（3）B；D

（4）A

【知識點】電阻的測量

【解析】【解答】（1）根據(jù)歐姆定律可知，通過待測電阻的最大電流為

所以電流表選B；因為電源電動勢為3V，所以電壓表應(yīng)選3V的量程，所以選C；因為待測電阻滿足

所以電流表應(yīng)該選用外接法，故采用甲電路；（2）電流表讀數(shù)為0.50A，電壓表讀數(shù)為2.60V，所以待測電阻為；（3）根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)規(guī)律可知，采用甲電路時因為電壓表A的分流作用，導(dǎo)致電流表測量值大于流經(jīng)Rx的電流，所以產(chǎn)生誤差的主要原因是B；

若采用乙電路，因為電流表的分壓作用，導(dǎo)致電壓表的測量值大于Rx兩端的電壓值，所以造成誤差的主要原因是D（4）由閉合電路歐姆定律可知，Rx兩端的電壓和滑動變阻器兩端的電壓之和等于電源電動勢，隨著x的增加，滑動變阻器接入電路的有效電阻減小，電路中的電流逐漸增大，故U-x圖線是斜率逐漸增大的曲線，

故答案為：A。

【分析】（1）在量程允許的情況下選擇小量程的電表即可；為了能得到比較多的數(shù)據(jù)，采用分壓法，電流表內(nèi)阻比較大，對電壓影響比較大，故采用電流表外接法；

（2）結(jié)合電流表和電壓表的示數(shù)求解即可；

（3）電壓表分流，使得電流偏大，電路表分壓，使得電壓偏大，結(jié)合歐姆定律求解即可；

（4）x增加，接入電路中的電阻變小，電流變大，電壓就變大。

四、解答題

15．（2023高二上·安徽期中）一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：

（1）AB兩點的電勢差UAB；

（2）勻強電場的場強大??；

（3）小球到達B點時，細線對小球的拉力大小．

【答案】（1）解：A到B點動能定理所以

（2）解：

（3）解：小球到達B點時，速度為零，因此沿繩方向合力為零，因此由拉力

【知識點】電場強度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【分析】（1）對物體進行受力分析，對小球從A點運動到B點的過程應(yīng)用動能定理求解AB兩點間的電勢差；

（2）求解AB兩點間的電場強度，利用公式E=U/l求解即可，其中l(wèi)是AB兩點間的距離；

（3）對小球進行受力分析，在重力、拉力和電場力的作用下，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可。

16．（2023高二上·安徽期中）如圖所示電路中，電阻R1=8Ω，電動機繞組電阻R0=2Ω，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當(dāng)開關(guān)S閉合時電阻R1消耗的電功率是2W。若電源的電動勢為6V，求：

（1）電源的內(nèi)阻；

（2）開關(guān)S閉合時，電動機輸出的機械功率。

【答案】（1）解：S斷開時,P1=I2R1；I=得r=2Ω

（2）解：S閉合后,P2=I12R1；I1=0.5A

R1的電壓U1=I1R1；U=4V

總電流I總=A=1A

流過電動機的電流I2=I總-I1=0.5A

電動機輸出功率P出=I2U1-I22R0代入數(shù)據(jù)解得P出=1.5W

【知識點】電功率和電功；歐姆定律

【解析】【分析】（1）利用閉合電路歐姆定律對整個電路列方程，對方程進行適當(dāng)?shù)淖冃?，結(jié)合圖像求解電動勢和內(nèi)阻即可；

（2）發(fā)熱功率即電動機內(nèi)阻消耗的功率，利用公式P=I2R求解即可，再用風(fēng)扇消粍的功率減掉發(fā)熱功率即可。

17．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)取一個半徑為R的圓周，圓周所在平面平行于電場方向，O點為該圓周的圓心，A點是圓周上的最低點，B點是圓周上最右側(cè)的點.在A點有放射源，在圓周所在的平面內(nèi)沿著垂直于電場向右的方向釋放出相同的帶正電的粒子，這些粒子從A點出發(fā)時的初速度大小各不相同，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力.

（1）某一粒子的運動軌跡經(jīng)過圓周上的B點，求該粒子從A點出發(fā)時的初速度大小；

（2）取圓周上的某點C，設(shè)OC連線與OA夾角為θ，試寫出粒子經(jīng)過C點時的動能表達式；

【答案】（1）解：粒子從A點到B點做類平拋運動，由牛頓第二定律得

水平方向上，有

豎直方向上，有

聯(lián)立解得

（2）解：粒子從A到C做類平拋運動，則

水平方向上，有

豎直方向上，有

得

粒子從A點出發(fā)時的動能為

設(shè)經(jīng)過C點時的動能為Ek，則有

解得

【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

【解析】【分析】由題中“在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)取一個半徑為R的圓周”可知，本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理可分析本題。

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安徽師大附中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理期中考試試卷

一、單選題

1．（2023高二上·唐山月考）關(guān)于靜電場，下列說法中正確的是（）

A．在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強度一定為零

B．電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小

C．根據(jù)公式U=Ed可知，在勻強電場中兩點間的距離越大，電勢差就越大

D．正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減小

2．（2023高二上·淄川期中）有關(guān)電壓和電動勢的說法中錯誤的是（）

A．電壓和電動勢的單位都是伏特，故電動勢與電壓是同一物理量的不同說法

B．電動勢公式E=中的W與電壓U=中的W是不同的，前者為非靜電力做功，后者為靜電力做功

C．電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)的物理量

D．?dāng)嗦窌r的路端電壓等于電源的電動勢

3．（2023高二上·安徽期中）下列關(guān)于電場強度的說法中正確的是（）

A．由E=知，若試探電荷電量q減半，則該處電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍

B．由E=k知，E與場源電荷電量Q成正比，而與r2成反比

C．由E=k知，在以場源電荷Q為球心、r為半徑的球面上的各點電場強度均相同

D．電場中某點的電場強度方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向

4．（2023高二上·安徽期中）空間有平行于紙面的勻強電場，一電荷量為－q的質(zhì)點（重力不計），在恒定拉力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N，如圖所示，已知力F和MN間夾角為θ，MN間距離為d，則（）

A．MN兩點的電勢差為

B．勻強電場的電場強度大小為

C．該質(zhì)點由M運動到N的過程中，電勢能減少了Fdcosθ

D．若要使該質(zhì)點由N向M做勻速直線運動，則F必須反向

5．（2023高二上·安徽期中）在一點電荷Q產(chǎn)生的電場中，一個粒子（帶負電荷）通過時的軌跡如圖實線所示，圖中虛線表示電場的兩個等勢面a、b，以下說法中正確的是（）

A．點電荷Q可能為正電荷，也可能為負電荷

B．運動中粒子總是克服電場力做功

C．粒子在a、b兩等勢面時a的動能一定比b的大

D．粒子在經(jīng)過a、b兩等勢面上時的a點時的電勢能一定比b點時的大

6．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，直線A為某電源的U－I圖線，曲線B為某小燈泡的U–I圖線的一部分，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，燈泡恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是（）

A．此電源的內(nèi)阻為2/3Ω

B．額定狀態(tài)下，小燈泡阻值為1Ω.

C．燈泡的額定功率為6W

D．小燈泡的U–I曲線說明電功率越大，燈絲電阻率越小

7．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線，上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質(zhì)量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角θ＝30°，以下說法正確的是（）

A．細線對小球的拉力大小為mg

B．兩小球間的靜電力大小為mg

C．剪斷左側(cè)細線瞬間P球的加速度大小為2g

D．若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為g

8．（2023高一上·香河月考）如圖所示，真空中有直角坐標(biāo)系xOy，在x軸上固定著關(guān)于O點對稱的等量異號點電荷＋Q和－Q，C是y軸上的一個點，D是x軸上的一個點，DE連線垂直于x軸．將一個點電荷＋q從O移動到D，電場力對它做功為W1，將這個點電荷從C移動到E，電場力對它做功為W2.下列判斷正確的是（）

A．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1＝W2

B．兩次移動電荷電場力都做正功，并且W1＞W(wǎng)2

C．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1＝W2

D．兩次移動電荷電場力都做負功，并且W1＞W(wǎng)2

二、多選題

9．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源內(nèi)阻不計連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離后

A．P點的電勢將降低

B．P帶電油滴的電勢能將增大

C．帶電油滴將沿豎直方向向上運動

D．電容器的電容減小，極板帶電量將增大

10．（2023高二上·鶴崗月考）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是（）

A．電場強度的大小為2.5v/m

B．坐標(biāo)原點處的電勢為1V

C．電子在a點的電勢能比在b點的低7eV

D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV

11．（2023高二上·安徽期中）如圖所示,一個帶負電的小金屬環(huán)套在粗糙絕緣細桿AB上,桿與水平面的夾角為θ,桿的下方O點處固定一個帶正電的點電荷,OA=OB．現(xiàn)使小環(huán)以初速度v0從A點沿桿上滑,到達B點時其速度恰好為零,小環(huán)滑回A點時速度為v。下列說法中正確的是（）

A．小環(huán)上滑過程中先做勻加速再做勻減速運動

B．小環(huán)上滑時間小于下滑時間

C．小環(huán)下滑過程,減少的重力勢能等于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

D．從A點出發(fā)到再回到A點的過程,小環(huán)克服摩擦力做的功等于小環(huán)損失的動能

12．（2023高二上·安徽期中）如圖所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r=1Ω，定值電阻R3=5Ω.開關(guān)S斷開時與閉合時相比，ab段電路消耗的電功率相等。以下說法中正確的是（）

A．電阻R1、R2可能分別為4Ω、5Ω

B．電阻R1、R2可能分別為3Ω、6Ω

C．開關(guān)S斷開時理想電壓表的示數(shù)一定小于S閉合時的示數(shù)

D．開關(guān)S斷開時與閉合時相比，理想電壓表的示數(shù)變化量大小與理想電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6Ω

三、實驗題

13．（2023高二上·安徽期中）要測繪一個標(biāo)有“3V0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作。已選用的器材有：

電池組(電動勢為4.5V，內(nèi)阻約為1Ω)；

電流表(量程為0～250mA，內(nèi)阻約5Ω)；

電壓表(量程為0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)；

電鍵一個、導(dǎo)線若干．

（1）實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選下列中的________(填字母)．

A．滑動變阻器(最大阻值20Ω，額定電流1A)

B．滑動變阻器(最大阻值1750Ω，額定電流0.3A)

（2）實驗的電路圖應(yīng)選用下列的圖(填字母)．

（3）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內(nèi)阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是W。（保留1位有效數(shù)字）

14．（2023高二上·安徽期中）某同學(xué)通過實驗測定一個阻值約為5Ω的電阻Rx的阻值．

（1）現(xiàn)有電源（4V，內(nèi)阻可不計）、滑動變阻器（0～50

Ω，額定電流2A）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列電表：

A.電流表（0～3A，內(nèi)阻約0.025Ω）B.電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）

C.電壓表（0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）D.電壓表（0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）

在實驗中，電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用（選填器材前的字母）；實驗電路應(yīng)采用圖中的（填“甲”或“乙”）

（2）接通開關(guān)，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)I、電壓表示數(shù)U.某次電表示數(shù)如圖所示，可得該電阻的測量值Rx＝＝Ω（保留兩位有效數(shù)字）．

（3）若在（1）問中選用甲電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是；若在（1）問中選用乙電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是．（選填選項前的字母）

A．電流表測量值小于流經(jīng)Rx的電流值B．電流表測量值大于流經(jīng)Rx的電流值

C．電壓表測量值小于Rx兩端的電壓值D．電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值

（4）在不損壞電表的前提下，將滑動變阻器滑片P從一端滑向另一端，隨滑片P移動距離x的增加，被測電阻Rx兩端的電壓U也隨之增加，下列反映U－x關(guān)系的示意圖中正確的是________．

A．B．C．

四、解答題

15．（2023高二上·安徽期中）一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放小球由靜止開始向下擺動，當(dāng)細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：

（1）AB兩點的電勢差UAB；

（2）勻強電場的場強大??；

（3）小球到達B點時，細線對小球的拉力大?。?/p>

16．（2023高二上·安徽期中）如圖所示電路中，電阻R1=8Ω，電動機繞組電阻R0=2Ω，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當(dāng)開關(guān)S閉合時電阻R1消耗的電功率是2W。若電源的電動勢為6V，求：

（1）電源的內(nèi)阻；

（2）開關(guān)S閉合時，電動機輸出的機械功率。

17．（2023高二上·安徽期中）如圖所示，在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)取一個半徑為R的圓周，圓周所在平面平行于電場方向，O點為該圓周的圓心，A點是圓周上的最低點，B點是圓周上最右側(cè)的點.在A點有放射源，在圓周所在的平面內(nèi)沿著垂直于電場向右的方向釋放出相同的帶正電的粒子，這些粒子從A點出發(fā)時的初速度大小各不相同，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力.

（1）某一粒子的運動軌跡經(jīng)過圓周上的B點，求該粒子從A點出發(fā)時的初速度大??；

（2）取圓周上的某點C，設(shè)OC連線與OA夾角為θ，試寫出粒子經(jīng)過C點時的動能表達式；

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】解：A、電場強度和電勢都是描述電場的物理量，二者無直接關(guān)系，但二者相互關(guān)聯(lián)；電勢是標(biāo)量與零勢面的選取有關(guān)，所以電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一定為零，A不符合題意．

B、據(jù)電勢能公式Ep=qφ知，電勢能取決于該點的電勢和電荷，并不是只有正電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小，負電荷正好相反，B不符合題意．

C、公式U=Ed中的d為沿電場強度方向的距離，所以在勻強電場中，兩點間沿電場強度方向的距離越大，電勢差就越大，如果d不是沿電場強度方向的距離，那么間距大時，電勢差不一定大，C不符合題意．

D、據(jù)電勢能公式Ep=qφ知，正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，在電勢越低的地方電勢能越小，所以正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能一定減少，D符合題意．

故答案為：D．

【分析】電勢的大小和場強大小無關(guān)；電勢能大小由粒子的電性和電勢共同決定；電勢差和場強的關(guān)系是由電場線方向的距離決定。

2．【答案】A

【知識點】電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：A、電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，是兩個不同的物理量．故A錯誤．

B、電動勢公式E=中的W非是非靜電力做功，電壓U=中的W靜是靜電力做功．故B正確．

C、電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電動勢反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小．故C正確．

D、根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓U=E﹣Ir，只有當(dāng)外電路斷開時，I=0，路端電壓等于電動勢．故D正確．

本題選錯誤的，故選：A．

【分析】電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，不是同一物理量的不同叫法．電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量．電動勢公式E=中的W非是非靜電力做功，電壓U=中的W電是靜電力做功．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓．

3．【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】A．電場強度的大小只與場源有關(guān)，與試探電荷電量大小無關(guān)，A不符合題意；

B．由庫侖定律可知，電場強度與場源點電荷電量成正比，與電場中任意點距場源點電荷距離平方成反比，B符合題意；

C．根據(jù)點電荷的場強分布可知，以點電荷為球心，以r為半徑的球面上的各點電場強度大小相同，方向不同，所以場強不同，C不符合題意；

D．電場中某點場強方向是放在該點的正電荷所受電場力的方向，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】公式E=F/q是電場強度的定義式，并不是決定式，不能通過該公式分析電場強度與哪些因素有關(guān)系；E=k是電場的決定式，能通過該公式分析電場強度與哪些因素有關(guān)系。

4．【答案】A

【知識點】電場強度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)動能定理可得

解得A符合題意；

B．電場線方向沿F方向，MN沿電場線方向距離為，由公式

得B不符合題意；

C．小球M到N做負功為，電勢能增大，C不符合題意；

D．小球在勻強電場中受到的電場力恒定不變，根據(jù)平衡條件，由M到N，F(xiàn)方向不變，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】由題中“在恒定拉力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N”可知，本題考查點電荷電場強度、電勢差和電勢能，根據(jù)電場強度、庫侖定律、電勢差和電勢能的公式規(guī)律可以分析本題。

5．【答案】C

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；電場力做功

【解析】【解答】A．曲線運動的合力一定指向曲線的內(nèi)側(cè)，由圖可知，粒子的軌跡向左彎曲可以知道，受到了斥力，而粒子帶正電，說明Q一定是正電荷，A不符合題意；

B．由圖可知，運動中粒子在靠近正電荷時，電場力做負功，而遠離時，電場力做正功，B不符合題意；

CD．從a等勢面到b等勢面運動過程中，粒子在靠近正電荷，電場力做負功，故電勢能增加，動能減小，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】由題中“在一點電荷Q產(chǎn)生的電場中”可知，本題考查點電荷電場強度分布和等勢面，根據(jù)點電荷電場線的特點可分析本題。

6．【答案】C

【知識點】伏安特性曲線

【解析】【解答】根據(jù)電源U-I圖可得：U＝40.5I，又有U=E-Ir，所以，電源電動勢E=4V，內(nèi)阻r=0.5Ω，A不符合題意；電源和小燈泡組成閉合電路時，燈泡兩端電壓為路端電壓，故兩曲線交點即為燈泡的電壓、電流；又有燈泡恰好能正常發(fā)光，故燈泡的額定電壓U=3V，額定電流I=2A，所以，額定功率為：P=UI=6W，阻值為：R＝U/I＝1.5Ω，C符合題意，B不符合題意；由圖可得：電功率越大時，U-I曲線越陡，那么電阻越大，故電阻率越大，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】對于U-I曲線，圖像的橫坐標(biāo)為電流，縱坐標(biāo)為電壓，圖像斜率為燈泡的電阻，橫縱坐標(biāo)的乘積為燈泡的功率，結(jié)合圖像分析求解即可。

7．【答案】C

【知識點】庫侖定律

【解析】【解答】對P球分析，運用共點力平衡條件得：細線的拉力為，庫侖力大小AB不符合題意；剪斷左側(cè)細線的瞬間，庫侖力不變，小球P所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律得，a=2g。C符合題意。若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】分別對兩個小球進行受力分析，在重力、拉力和庫侖力的作用下，兩個小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可。

8．【答案】B

【知識點】電場強度和電場線

【解析】【解答】本題考查等量異種電荷產(chǎn)生的電場。由題意知，，所以，兩次移動電荷電場力都做正功，，，所以，

故答案為：B。

【分析】利用電勢的高低結(jié)合電性可以判別電場力做功的屬性，利用電場線的疏密判別電場力的大小，進而判別電場力做的功。

9．【答案】A,B

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；電場及電場力

【解析】【解答】A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動；板間場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，而且下極板的電勢不變，則知P點的電勢將降低，A符合題意，C不符合題意；

B、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加，B符合題意；

D、根據(jù)電容的定義式，電容器與電源保持相連，則U不變，當(dāng)C減小，則Q也減??；D不符合題意；

故答案為：AB

【分析】電容器接著電源，故兩段的電壓不變，間距變大，故兩極板間的電場強度會變小，結(jié)合選項分析即可。

10．【答案】A,B,D

【知識點】勻強電場電勢差與場強的關(guān)系；電場及電場力

【解析】【解答】A.如圖所示，在ac連線上，確定一b′點，電勢為17V，將bb′連線，即為等勢線，那么垂直bb′連線，則為電場線，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則電場線方向如圖，

因為勻強電場，則有

依據(jù)幾何關(guān)系，則

因此電場強度大小為，A符合題意；

B.根據(jù)

代入數(shù)據(jù)解得：，B符合題意；

C.因Uab=φa-φb=10-17=-7V

電子從a點到b點電場力做功為W=qUab=7eV

因電場力做正功，則電勢能減小，那么電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C不符合題意；

D.因Ubc=φb-φc=17-26=-9V

電子從b點運動到c點，電場力做功為W=qUbc=9eV，D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用電勢差和距離的關(guān)系可以求出原點的電勢大?。焕玫葎菝娼Y(jié)合電勢差和距離可以求出場強的大?。焕秒妱萁Y(jié)合電性可以比較電勢能的大?。焕秒妱莶羁梢郧蟪鲭妶隽ψ龉?。

11．【答案】B,D

【知識點】電場力做功

【解析】【解答】A．小環(huán)上滑過程中所受的庫侖力是變化的，合力是變化的，由牛頓第二定律知小環(huán)的加速度是變化的，不可能做勻變速運動，A不符合題意；

B．由于OA=OB，A、B兩點的電勢相等，對于上滑過程，電場力做功為零，由動能定理得

即

下滑過程有

由此可得

所以上滑過程的平均速度大于下滑過程的平均速度，因此小環(huán)上滑時間小于下滑時間，B符合題意；

C．小環(huán)下滑過程中，電場力做功為零，所以電勢能變化量為零，則重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和動能，所以消化下滑過程中，減少的重力勢能大于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，C不符合題意；

D．從A點出發(fā)再回到A點的過程中，重力和電場力做功均為零，由動能定理可知，小環(huán)克服摩擦力做功等于小環(huán)損失的動能，D符合題意。

故答案為：BD

【分析】由題中“一個帶負電的小金屬環(huán)套在粗糙絕緣細桿AB上”可知，本題考查庫侖定律、能量守恒定律，根據(jù)電場力做功情況、能量守恒和動能定理可分析本題。

12．【答案】A,D

【知識點】電路動態(tài)分析

【解析】【解答】AB．取

有

當(dāng)S斷開前后有時

將代入方程成立，而將代入方程不成立，A不符合題意B符合題意；

C．將R3和電源內(nèi)阻看作一整體，則此時電壓表測量路端電壓，開關(guān)斷開時等效外電路總電阻大