四川省成都市某校2023-2024學年高二上學期期中考試物理試題（解析版）

PAGEPAGE12023—2024學年度（上）階段性（二）暨半期考試高二2022級物理一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分，每小題給出的四個選項中只有一個選項正確）1.關于元電荷和點電荷，下列說法正確的是（）A.元電荷就是點電荷，二者沒有區(qū)別B.元電荷的電量為，點電荷一定是體積很小的帶電體C.元電荷可以是電子，也可以是質(zhì)子D.元電荷目前被認為是自然界中電荷的最小單元，體積很大的帶電體有時也能看成點電荷【答案】D【解析】A．元電荷是最小的帶電量，而點電荷是一種理想化的物理模型，二者不是同一物理量，故A錯誤；B．元電荷是帶電量的最小值，大小是

C，帶電體能否看做點電荷是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無具體關系，故B錯誤；C．元電荷是指最小的電荷量，不是指質(zhì)子或者是電子，故C錯誤；D．元電荷目前被認為是自然界中電荷的最小單元，根據(jù)點電荷的定義可知，一個帶電體能否看成點電荷，不是看它尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計，體積很大的帶電體在符合條件時可以看作點電荷，故D正確。故選D。2.以下說法正確的是（）A.只適用于點電荷產(chǎn)生的電場B.適用于任何電場C.由可以計算I的大小，但是I與q、t無關D.由可知C與Q成正比，與U成反比【答案】C【解析】A．是電場強度的定義式，適用于所有電場，故A錯誤；B．只適用于勻強電場，故B錯誤；C．這是一個用比值定義的物理量，其中把通過橫截面積的電荷量與其所用時間的比值定義為電流，它們的關系是在數(shù)值上相等，其中電流的大小跟電荷量和時間無關，電流的決定式是，也就是說電流的大小是由電壓和電阻決定的，故C正確；D．可用于計算電容器電容大小，但不決定電容的大小，電容的大小與正對面積、材料和距離等因素有關，故D錯誤。3.圖為多用電表歐姆擋的原理示意圖，其中電流表的滿偏電流為300μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω，調(diào)零電阻的最大值R0＝50kΩ，電池電動勢E＝1.5V，兩表筆短接調(diào)零后，用它測量電阻Rx，當電流計指針指在滿刻度的時，則Rx的阻值是（）A.1kΩ B.10kΩ C.100kΩ D.100Ω【答案】B【解析】由閉合電路歐姆定律可知，當兩表筆短接，電流表滿偏時：，解得R內(nèi)=5kΩ；當偏轉(zhuǎn)1/3時，；兩式聯(lián)立解得：Rx=10kΩ；故選B．【點睛】本題關鍵明確歐姆表的內(nèi)部結構，能根據(jù)歐姆表的使用方法結合閉合電路的歐姆定律列方程；知道中值電阻等于歐姆表內(nèi)電阻．4.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等，實線為一帶負電的粒子僅在電場力的作用下減速通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是運動軌跡上的兩點，由此可知（）A.粒子一定從P點運動到Q點B.a、b、c三個等勢面中，c的電勢最高C.粒子運動的加速度在逐漸減小D.粒子從等勢面a到b比從等勢面b到c電勢能的變化量小【答案】B【解析】A．粒子的軌跡向下彎曲，電場力向下，由于做減速運動，所以粒子向上運動，一定從Q點運動到P點，A錯誤；B．電場力向下，粒子帶負電，則電場強度向上，a、b、c三個等勢面中，c的電勢最高，B正確；C．P點等勢面密，電場強度大，粒子所受的電場力大，加速度大，粒子運動的加速度在逐漸增大，C錯誤；D．由于解得，粒子從等勢面a到b比與從等勢面b到c電勢能的變化量相等，D錯誤；5.如圖，電荷量分別為q和-q（q>0）的點電荷固定在邊長為L的正方體的兩個頂點上，A是正方體的另一個頂點，如果點電荷q、-q連線中點0的電場強度大小是E，則正方形A點的電場強度大小是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根據(jù)幾何知識可得，O點到兩個電荷的距離都是，則即O點場強為A點場強為解得故選B。6.如圖所示為真空中某一靜電場的電勢φ在x軸上分布的圖象，x軸上B、C兩點電場強度在x軸方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的是（）A.ECx的大小大于EBx的大小 B.ECx的大小小于EBx的大小C.EBx的方向沿x軸正方向 D.O點電場強度在x方向上的分量最大【答案】B【解析】AB．在B點和C點附近分別取很小的一段d，由圖象，B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，看做勻強電場有可見故A錯誤，B正確；C．沿電場方向電勢降低，在O點左側(cè)，EBx的方向沿x軸負方向，在O點右側(cè)，ECx的方向沿x軸正方向，故C錯誤；D．O點切線的斜率為零，場強為0，則O點電場強度在x方向上的分量最小，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，細線拴一帶負電的小球，球處在豎直向下的勻強電場中，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則（）A.小球不可能做勻速圓周運動B.小球運動到最低點時，電勢能一定最大C.小球運動到最低點時，球的線速度一定最大D.當小球運動到最高點時繩的張力一定最小【答案】B【解析】A．重力豎直向下、電場力豎直向上，若使二者相等且保持繩子拉力大小不變，則有可能做勻速圓周運動，故A錯誤；CD．重力與電場力大小未知，小球速度最大位置不確定，由受力分析結合牛頓第二定律得知，繩子張力最小位置不確定，故CD錯誤；B．沿電場方向電勢逐漸降低，結合小球帶負電，故在電勢最低處（最低點）電勢能最大，故B正確。故選B。8.如下圖所示，平行板a、b組成的電容器與電源連接，閉合開關，電路穩(wěn)定后，一帶電粒子（不考慮重力）從平行板電容器左側(cè)某點以平行極板射入電容器，打在板上的點。則（）A.該粒子帶負電B.將極板向上移動一小段距離，帶電粒子打在點的左側(cè)C.將滑片向右移動，帶電粒子打在點的右側(cè)D.斷開，將極板向下移動一小段距離，帶電粒子仍然打在點【答案】D【解析】A．由圖可知，上極板帶正電，下極板帶負電，粒子不計重力向下偏轉(zhuǎn)，故帶正電，故A錯誤；B．由圖可知，兩極板間不變，由可知，當極板上移，增加，減小，根據(jù)可知減小，粒子打在點右側(cè)，故B錯誤；C．滑片右移，變大，電容器兩端不變，由可知，不變，則不變，粒子仍打在點，故C錯誤；D．現(xiàn)斷開開關后，電容器板間的電量保持不變，根據(jù)電容的決定式，可得所以減小，不變，故不變，粒子仍打在點，故D正確。故選D。9.如圖所示，電荷量，質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，現(xiàn)加一豎直向上的勻強電場，電場強度為E，以下判斷中正確的是（）A.物體將沿斜面減速下滑 B.物體將沿斜面加速下滑C.物體仍保持勻速下滑 D.物體可能靜止【答案】C【解析】若滑塊勻速下滑時，則有mgsinθ=μmgcosθ當加上豎直向上電場后，在沿斜面方向，（mg-F）sinθ=μ（mg-F）cosθ受力仍保持平衡，則滑塊仍勻速下滑．故選C正確．【點睛】判斷物體運動的狀態(tài)，關鍵是分析受力情況，確定合力是否為零或合力與速度方向的關系．若滑塊勻速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上豎直方向的勻強電場后，豎直方向加上電場力，再分析物體受力能否平衡，判斷物體能否勻速運動。10.如圖甲所示的電路中定值電阻R=60Ω，電源電動勢E=100V，r=10Ω。如圖乙所示，曲線為燈泡L的伏安特性曲線，直線為電源的路端電壓與電流的關系圖線，以下說法正確的是（）A.開關S斷開時電源的效率為60%B.開關S閉合后電源的總功率會變小C.開關S閉合后燈泡的亮度增強D.開關S斷開時小燈泡消耗的功率為240W【答案】D【解析】A．開關S斷開時，根據(jù)圖乙可知燈泡兩端的電壓為電源的效率為故A錯誤；BC．開關S閉合后總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得總電流增大，根據(jù)可知電源的總功率會變大，根據(jù)可知路端電壓減小，根據(jù)可知燈泡的功率減小，所以燈泡的亮度變暗，故B、C錯誤；D．開關S斷開時小燈泡消耗的功率為故D正確；故選D。二、多項選擇題（本大題6個小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中有一個或一個以上的正確答案，全對得4分，選對但不全得2分，有錯或不選得0分）11.如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場，之后進入電場線豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上，整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】AB．帶電粒子在加速電場中加速，由動能定理可知解得粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的時間在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度縱向位移即位移與比荷無關，與速度無關；則可三種粒子的偏轉(zhuǎn)位移相同，則偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多，故A正確，B錯誤；CD．因三粒子由同一點射入偏轉(zhuǎn)電場，且偏轉(zhuǎn)位移相同，故三個粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的時間與橫向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三種粒子運動到屏上所用時間不相同，故C錯誤，D正確。故選AD?！军c睛】此題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，要注意偏轉(zhuǎn)中的運動的合成與分解的正確應用；正確列出對應的表達式，根據(jù)表達式再去分析速度、位移及電場力的功。12.關于多用電表的使用，下列操作正確的是（）A.測電壓時，圖甲連接方式紅黑表筆接法有誤B.測電流時，應按圖乙連接方式測量C.測電阻時，可以按圖丙連接方式測量D.測二極管的反向電阻時，應按圖丁連接方式測量【答案】AB【解析】根據(jù)多用電表“紅進”“黑出”，可知A．測電壓時，紅表應接電勢較高的點，即紅、黑表筆互換，故A正確；B．測電流時，電流從紅表筆進入，且串聯(lián)在電路中，故B正確；C．測電阻時，應將待測電阻與電源斷開，故C錯誤；D．測二極管的反向電阻時，紅表筆應接二極管正極，黑表筆應接二極管負極，故D錯誤。故選AB。13.燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線在P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法中正確的是（）A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B.對應P點，小燈泡的電阻為C.對應P點，小燈泡的電阻為D.對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積大小【答案】BD【解析】A．根據(jù)可知圖線上的點與原點連線的斜率逐漸減小，說明電阻逐漸增大，故A錯誤；BC．根據(jù)歐姆定律可知，對應P點，小燈泡的電阻為故B正確，C錯誤；D．根據(jù)功率可知在P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍面積，故D正確。故選BD。14.在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、、和表示，電表示數(shù)變化量的絕對值分別用、、和表示，下列說法正確的是A.變小，變大，變小，I變大B.變大，變小，變大，I變大C.不變，變小，變小D.不變，不變，不變【答案】CD【解析】AB.閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器的電阻R2減小，由于、和串聯(lián)，則總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律得總電流為：，則總電流增大，由路端電壓公式：知，減小，由歐姆定律知電阻兩端的電壓為：，則增大，由串并聯(lián)關系知，則減小，故AB錯誤；CD.因不變，則由歐姆定律可得，保持不變，由數(shù)學規(guī)律可知，也保持不變，因滑片向上移動，故的接入電阻減小，故變小，而，故保持不變，因，故比值減小，而，故比值保持不變，故CD正確；15.在如圖甲所示的電路中，L1、L2和L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．當開關S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時（）A.通過L1的電流為通過L2的電流的2倍B.此時L1、L2和L3的電阻均為12ΩC.L1消耗的電功率為0.75WD.L1消耗的電功率為L2消耗的電功率的4倍【答案】AC【解析】A.根據(jù)電路圖可知，通過L1的電流為干路電流，通過L2的電流為支路電流，且L1、L2和L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，因此通過L1的電流為通過L2的電流的2倍，故A正確；B.因為電路中的總電流為0.25A，根據(jù)圖乙L1結合歐姆定律可得所以求得，但L2和L3為支路，電流小于0.25A，所以電阻小于，故B錯誤；C.根據(jù)公式可得故C正確；D.根據(jù)圖像可知，L1、L2的電壓之比大于2：1，電流之比為2：1，因此根據(jù)公式可知，L1、L2的電功率之比大于4：1，即L1消耗的電功率大于L2消耗的電功率的4倍，故D錯誤。16.如圖所示，電源的電動勢E=12V，內(nèi)阻r=2Ω，R1=1Ω，R2=3Ω，R3=10Ω，R4=4Ω，R5為電阻箱，調(diào)節(jié)范圍為0～10Ω，電容器C=10μF，電容器的下極板接地，兩極板正中間有一點P（未標出），初始時刻開關S斷開，R5=0，則下列說法正確的是（）A.若將電容器的下極板稍向下移動，則P點的電勢增大B.閉合開關S后，流過R3的電荷量Q=1.5×10-5CC.將電阻箱調(diào)到9Ω后再閉合開關S，穩(wěn)定后電容器上的電量為0D.閉合開關S后，將電阻箱從0開始逐漸調(diào)到最大值，電源的輸出功率先增大后減小【答案】AB【解析】當開關S斷開時，、和斷路，電容器的電壓等于所分的電壓；當開關S閉合時，斷路，、串聯(lián)，R4、R5串聯(lián)后再并聯(lián)，電容器的電壓等于和所分的電壓差。A．開關S斷開時，電容器的電壓U不變，接地其電勢為零。設電容器間距離為d，P點與上極板的距離為x，則P點的電勢為可知將電容器的下極板稍向下移動，d增大，x、U不變，故P點電勢增大，故A正確；B．開關S斷開時，電容器電壓此時電容器的電荷量為上極板為正，下極板為負，開關S閉合時，由于，此時電容器電壓依然為電壓，根據(jù)電路知識求得，此時電容器電荷量為上極板為正，下極板為負，故流過的電荷量故B正確；C．將電阻箱調(diào)到后再閉合開關S時，由于，故電容器兩端的電壓不為零，故所帶的電荷量不為零，故C錯誤；D．閉合開關S時，外阻此時電源的輸出功率最大，在電阻箱從0開始逐漸調(diào)到最大值過程，外阻R一直增大，故電源的輸出功率一直減小，故D錯誤。故選AB。三、實驗題（本大題2個小題，17題10分，18題12分，共22分）17.某同學設計了如圖所示的電路測電源電動勢及電阻和的阻值。實驗器材有：待測電源（不計內(nèi)阻）待測電阻，定值電阻電流表（量程為，內(nèi)阻不計）電阻箱單刀單擲開關，單刀雙擲開關導線若干。（1）先測電阻的阻值（只有幾歐姆）。請將小明同學的操作補充完整：閉合，將切換到，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)和對應的電流表示數(shù)I；將切換到，調(diào)節(jié)電阻箱，使___________，讀出此時電阻箱的示數(shù)，則電阻的表達式為___________。（2）該同學已經(jīng)測得電阻，繼續(xù)測電源電動勢E。該同學的做法是：閉合，將切換到，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應的電流表示數(shù)I，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖所示的圖線，則電源電動勢E=_______V，電阻_________。（3）若實際電流表內(nèi)阻不可忽略，則的測量值___________（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。【答案】（1）電流表示數(shù)仍為（1）（3）大于【解析】（1）[1]本實驗中采用將短路的方式求解待測電阻；由于沒有電壓表進行測量計算，故在實驗中應控制電流不變；[2]當接時應有當接時應有聯(lián)立以上兩式解得（2）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律應有變形為根據(jù)函數(shù)斜率和截距的概念應有，解得，（3）[5]若考慮電源內(nèi)阻，接時應有接時應有聯(lián)立可得即測量值與真實值相比不變；對（2）應有變形為比較兩次表達式的斜率和截距可知，電動勢不變，變小，即測量值比真實值偏大。18.某同學想設計一個測量金屬棒電阻率的實驗方案，實驗室提供的器材有：A．電流表A1（內(nèi)阻，滿偏電流B．電流表A2（內(nèi)阻約為，量程為）C．定值電阻（）D．滑動變阻器（最大電阻為）E．兩節(jié)干電池F．一個開關和導線若干G．螺旋測微器，游標卡尺（1）如圖1，用螺旋測微器測金屬棒直徑為___________mm；如圖2用20分度游標卡尺測金屬棒長度為___________cm。（2）用多用電表粗測金屬棒的阻值：當用“”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應該換用___________擋（填“”或“”），換擋并進行一系列正確操作后，指針靜止時如圖3所示，則金屬棒的阻值約為___________。（3）請根據(jù)提供的器材，設計一個實驗電路，要求盡可能精確測量金屬棒的阻值。（）（4）若實驗測得電流表A1示數(shù)為，電流表A2示數(shù)為，則金屬棒電阻表達式為___________。（用，，，表示）【答案】（1）（2）（3）見解析（4）【解析】（1）[1]由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為[2]由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為（2）[3]用歐姆表“”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明所選擋位太大，應該換用擋，并進行一系列正確操作。[4]由圖3所示可知，則金屬棒的阻約為（3）[5]由題意可知，沒有電壓表，可以用電流表A1與定值電阻串聯(lián)組成電壓表測電壓，用電流表A2測電流，由于改裝后電壓表內(nèi)阻為，電流表